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CyC2018
@ -2389,8 +2389,6 @@ private void backtracking(int row) {
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]"/></div> <br>
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dp[N] 即为所求。
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考虑到 dp[i] 只与 dp[i - 1] 和 dp[i - 2] 有关，因此可以只用两个变量来存储 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，使得原来的 O(N) 空间复杂度优化为 O(1) 复杂度。
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```java
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@ -2468,16 +2466,6 @@ private int rob(int[] nums, int first, int last) {
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}
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```
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**母牛生产**
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[程序员代码面试指南-P181](#)
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题目描述：假设农场中成熟的母牛每年都会生 1 头小母牛，并且永远不会死。第一年有 1 只小母牛，从第二年开始，母牛开始生小母牛。每只小母牛 3 年之后成熟又可以生小母牛。给定整数 N，求 N 年后牛的数量。
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第 i 年成熟的牛的数量为：
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3]"/></div> <br>
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**信件错排**
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题目描述：有 N 个 信 和 信封，它们被打乱，求错误装信方式的数量。
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@ -2491,7 +2479,15 @@ private int rob(int[] nums, int first, int last) {
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=(i-1)*dp[i-2]+(i-1)*dp[i-1]"/></div> <br>
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dp[N] 即为所求。
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**母牛生产**
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[程序员代码面试指南-P181](#)
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题目描述：假设农场中成熟的母牛每年都会生 1 头小母牛，并且永远不会死。第一年有 1 只小母牛，从第二年开始，母牛开始生小母牛。每只小母牛 3 年之后成熟又可以生小母牛。给定整数 N，求 N 年后牛的数量。
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第 i 年成熟的牛的数量为：
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3]"/></div> <br>
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### 矩阵路径
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@ -2517,10 +2513,8 @@ public int minPathSum(int[][] grid) {
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int[] dp = new int[n];
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for (int i = 0; i < m; i++) {
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for (int j = 0; j < n; j++) {
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if (j == 0) {
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dp[j] = dp[j]; // 只能从上侧走到该位置
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} else if (i == 0) {
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dp[j] = dp[j - 1]; // 只能从左侧走到该位置
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if (i == 0) {
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dp[j] = dp[j - 1];
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} else {
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dp[j] = Math.min(dp[j - 1], dp[j]);
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}
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@ -2584,17 +2578,18 @@ sumRange(0, 5) -> -3
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```java
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class NumArray {
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private int[] sums;
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public NumArray(int[] nums) {
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sums = new int[nums.length];
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for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
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sums[i] = i == 0 ? nums[0] : sums[i - 1] + nums[i];
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sums = new int[nums.length + 1];
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for (int i = 1; i <= nums.length; i++) {
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sums[i] = sums[i - 1] + nums[i - 1];
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}
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}
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public int sumRange(int i, int j) {
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return i == 0 ? sums[j] : sums[j] - sums[i - 1];
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return sums[j + 1] - sums[i];
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}
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}
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```
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@ -2634,7 +2629,7 @@ return: 3, for 3 arithmetic slices in A: [1, 2, 3], [2, 3, 4] and [1, 2, 3, 4] i
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dp[i] 表示以 A[i] 为结尾的等差递增子区间的个数。
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如果 A[i] - A[i - 1] == A[i - 1] - A[i - 2]，表示 [A[i - 2], A[i - 1], A[i]] 是一个等差递增子区间。如果 [A[i - 3], A[i - 2], A[i - 1]] 是一个等差递增子区间，那么 [A[i - 3], A[i - 2], A[i - 1], A[i]] 也是。因此在这个条件下，dp[i] = dp[i-1] + 1。
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||||
在 A[i] - A[i - 1] == A[i - 1] - A[i - 2] 的条件下，{A[i - 2], A[i - 1], A[i]} 是一个等差递增子区间。如果 {A[i - 3], A[i - 2], A[i - 1]} 是一个等差递增子区间，那么 {A[i - 3], A[i - 2], A[i - 1], A[i]} 也是等差递增子区间，dp[i] = dp[i-1] + 1。
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```java
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public int numberOfArithmeticSlices(int[] A) {
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@ -2747,17 +2742,17 @@ public int numDecodings(String s) {
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### 最长递增子序列
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已知一个序列 {S<sub>1</sub>, S<sub>2</sub>,...,S<sub>n</sub>} ，取出若干数组成新的序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>}，其中 i1、i2 ... im 保持递增，即新序列中各个数仍然保持原数列中的先后顺序，称新序列为原序列的一个 **子序列** 。
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已知一个序列 {S<sub>1</sub>, S<sub>2</sub>,...,S<sub>n</sub>}，取出若干数组成新的序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>}，其中 i1、i2 ... im 保持递增，即新序列中各个数仍然保持原数列中的先后顺序，称新序列为原序列的一个 **子序列** 。
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如果在子序列中，当下标 ix > iy 时，S<sub>ix</sub> > S<sub>iy</sub>，称子序列为原序列的一个 **递增子序列** 。
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定义一个数组 dp 存储最长递增子序列的长度，dp[n] 表示以 S<sub>n</sub> 结尾的序列的最长递增子序列长度。对于一个递增子序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,...,S<sub>im</sub>}，如果 im < n 并且 S<sub>im</sub> < S<sub>n</sub> ，此时 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>, S<sub>n</sub>} 为一个递增子序列，递增子序列的长度增加 1。满足上述条件的递增子序列中，长度最长的那个递增子序列就是要找的，在长度最长的递增子序列上加上 S<sub>n</sub> 就构成了以 S<sub>n</sub> 为结尾的最长递增子序列。因此 dp[n] = max{ dp[i]+1 | S<sub>i</sub> < S<sub>n</sub> && i < n} 。
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定义一个数组 dp 存储最长递增子序列的长度，dp[n] 表示以 S<sub>n</sub> 结尾的序列的最长递增子序列长度。对于一个递增子序列 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,...,S<sub>im</sub>}，如果 im < n 并且 S<sub>im</sub> < S<sub>n</sub>，此时 {S<sub>i1</sub>, S<sub>i2</sub>,..., S<sub>im</sub>, S<sub>n</sub>} 为一个递增子序列，递增子序列的长度增加 1。满足上述条件的递增子序列中，长度最长的那个递增子序列就是要找的，在长度最长的递增子序列上加上 S<sub>n</sub> 就构成了以 S<sub>n</sub> 为结尾的最长递增子序列。因此 dp[n] = max{ dp[i]+1 | S<sub>i</sub> < S<sub>n</sub> && i < n} 。
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因为在求 dp[n] 时可能无法找到一个满足条件的递增子序列，此时 {S<sub>n</sub>} 就构成了递增子序列，需要对前面的求解方程做修改，令 dp[n] 最小为 1，即：
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[n]=max\{1,dp[i]+1|S_i<S_n\&\&i<n\}"/></div> <br>
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对于一个长度为 N 的序列，最长递增子序列并不一定会以 S<sub>N</sub> 为结尾，因此 dp[N] 不是序列的最长递增子序列的长度，需要遍历 dp 数组找出最大值才是所要的结果，即 max{ dp[i] | 1 <= i <= N} 即为所求。
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对于一个长度为 N 的序列，最长递增子序列并不一定会以 S<sub>N</sub> 为结尾，因此 dp[N] 不是序列的最长递增子序列的长度，需要遍历 dp 数组找出最大值才是所要的结果，max{ dp[i] | 1 <= i <= N} 即为所求。
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**最长递增子序列**
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@ -2790,7 +2785,7 @@ for (int i = 0; i < n; i++) {
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return ret;
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```
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以上解法的时间复杂度为 O(N<sup>2</sup>) ，可以使用二分查找将时间复杂度降低为 O(NlogN)。
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以上解法的时间复杂度为 O(N<sup>2</sup>)，可以使用二分查找将时间复杂度降低为 O(NlogN)。
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定义一个 tails 数组，其中 tails[i] 存储长度为 i + 1 的最长递增子序列的最后一个元素。对于一个元素 x，
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@ -2915,19 +2910,19 @@ public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
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定义一个二维数组 dp 用来存储最长公共子序列的长度，其中 dp[i][j] 表示 S1 的前 i 个字符与 S2 的前 j 个字符最长公共子序列的长度。考虑 S1<sub>i</sub> 与 S2<sub>j</sub> 值是否相等，分为两种情况：
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- 当 S1<sub>i</sub>==S2<sub>j</sub> 时，那么就能在 S1 的前 i-1 个字符与 S2 的前 j-1 个字符最长公共子序列的基础上再加上 S1<sub>i</sub> 这个值，最长公共子序列长度加 1 ，即 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。
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- 当 S1<sub>i</sub> != S2<sub>j</sub> 时，此时最长公共子序列为 S1 的前 i-1 个字符和 S2 的前 j 个字符最长公共子序列，与 S1 的前 i 个字符和 S2 的前 j-1 个字符最长公共子序列，它们的最大者，即 dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }。
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- 当 S1<sub>i</sub>==S2<sub>j</sub> 时，那么就能在 S1 的前 i-1 个字符与 S2 的前 j-1 个字符最长公共子序列的基础上再加上 S1<sub>i</sub> 这个值，最长公共子序列长度加 1，即 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。
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- 当 S1<sub>i</sub> != S2<sub>j</sub> 时，此时最长公共子序列为 S1 的前 i-1 个字符和 S2 的前 j 个字符最长公共子序列，或者 S1 的前 i 个字符和 S2 的前 j-1 个字符最长公共子序列，取它们的最大者，即 dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }。
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综上，最长公共子序列的状态转移方程为：
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i][j]=\left\{\begin{array}{rcl}dp[i-1][j-1]&&{S1_i==S2_j}\\max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])&&{S1_i<>S2_j}\end{array}\right."/></div> <br>
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对于长度为 N 的序列 S<sub>1</sub> 和 长度为 M 的序列 S<sub>2</sub>，dp[N][M] 就是序列 S<sub>1</sub> 和序列 S<sub>2</sub> 的最长公共子序列长度。
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对于长度为 N 的序列 S<sub>1</sub> 和长度为 M 的序列 S<sub>2</sub>，dp[N][M] 就是序列 S<sub>1</sub> 和序列 S<sub>2</sub> 的最长公共子序列长度。
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与最长递增子序列相比，最长公共子序列有以下不同点：
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- 针对的是两个序列，求它们的最长公共子序列。
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- 在最长递增子序列中，dp[i] 表示以 S<sub>i</sub> 为结尾的最长递增子序列长度，子序列必须包含 S<sub>i</sub> ；在最长公共子序列中，dp[i][j] 表示 S1 中前 i 个字符与 S2 中前 j 个字符的最长公共子序列长度，不一定包含 S1<sub>i</sub> 和 S2<sub>j</sub> 。
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- 在最长递增子序列中，dp[i] 表示以 S<sub>i</sub> 为结尾的最长递增子序列长度，子序列必须包含 S<sub>i</sub> ；在最长公共子序列中，dp[i][j] 表示 S1 中前 i 个字符与 S2 中前 j 个字符的最长公共子序列长度，不一定包含 S1<sub>i</sub> 和 S2<sub>j</sub>。
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- 在求最终解时，最长公共子序列中 dp[N][M] 就是最终解，而最长递增子序列中 dp[N] 不是最终解，因为以 S<sub>N</sub> 为结尾的最长递增子序列不一定是整个序列最长递增子序列，需要遍历一遍 dp 数组找到最大者。
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```java
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@ -2956,9 +2951,7 @@ public int lengthOfLCS(int[] nums1, int[] nums2) {
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- 第 i 件物品没添加到背包，总体积不超过 j 的前 i 件物品的最大价值就是总体积不超过 j 的前 i-1 件物品的最大价值，dp[i][j] = dp[i-1][j]。
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- 第 i 件物品添加到背包中，dp[i][j] = dp[i-1][j-w] + v。
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第 i 件物品可添加也可以不添加，取决于哪种情况下最大价值更大。
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综上，0-1 背包的状态转移方程为：
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第 i 件物品可添加也可以不添加，取决于哪种情况下最大价值更大。因此，0-1 背包的状态转移方程为：
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w]+v)"/></div> <br>
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@ -2981,11 +2974,11 @@ public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
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**空间优化**
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在程序实现时可以对 0-1 背包做优化。观察状态转移方程可以知道，前 i 件物品的状态仅由前 i-1 件物品的状态有关，因此可以将 dp 定义为一维数组，其中 dp[j] 既可以表示 dp[i-1][j] 也可以表示 dp[i][j]。此时，
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在程序实现时可以对 0-1 背包做优化。观察状态转移方程可以知道，前 i 件物品的状态仅与前 i-1 件物品的状态有关，因此可以将 dp 定义为一维数组，其中 dp[j] 既可以表示 dp[i-1][j] 也可以表示 dp[i][j]。此时，
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<div align="center"><img src="https://latex.codecogs.com/gif.latex?dp[j]=max(dp[j],dp[j-w]+v)"/></div> <br>
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因为 dp[j-w] 表示 dp[i-1][j-w]，因此不能先求 dp[i][j-w]，以防止将 dp[i-1][j-w] 覆盖。也就是说要先计算 dp[i][j] 再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。
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因为 dp[j-w] 表示 dp[i-1][j-w]，因此不能先求 dp[i][j-w]，以防将 dp[i-1][j-w] 覆盖。也就是说要先计算 dp[i][j] 再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。
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```java
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public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
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@ -3205,7 +3198,7 @@ public int findMaxForm(String[] strs, int m, int n) {
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}
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**找零钱的方法数**
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**找零钱的最少硬币数**
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[322. Coin Change (Medium)](https://leetcode.com/problems/coin-change/description/)
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@ -3286,60 +3279,6 @@ public int combinationSum4(int[] nums, int target) {
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}
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```
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||||
**只能进行 k 次的股票交易**
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[188. Best Time to Buy and Sell Stock IV (Hard)](https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/description/)
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```java
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||||
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
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||||
int n = prices.length;
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||||
if (k >= n / 2) { // 这种情况下该问题退化为普通的股票交易问题
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||||
int maxProfit = 0;
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||||
for (int i = 1; i < n; i++) {
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||||
if (prices[i] > prices[i - 1]) {
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||||
maxProfit += prices[i] - prices[i - 1];
|
||||
}
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||||
}
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||||
return maxProfit;
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||||
}
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||||
int[][] maxProfit = new int[k + 1][n];
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||||
for (int i = 1; i <= k; i++) {
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||||
int localMax = maxProfit[i - 1][0] - prices[0];
|
||||
for (int j = 1; j < n; j++) {
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||||
maxProfit[i][j] = Math.max(maxProfit[i][j - 1], prices[j] + localMax);
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||||
localMax = Math.max(localMax, maxProfit[i - 1][j] - prices[j]);
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||||
}
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||||
}
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||||
return maxProfit[k][n - 1];
|
||||
}
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||||
```
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||||
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||||
**只能进行两次的股票交易**
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||||
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||||
[123. Best Time to Buy and Sell Stock III (Hard)](https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/description/)
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||||
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||||
```java
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||||
public int maxProfit(int[] prices) {
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||||
int firstBuy = Integer.MIN_VALUE, firstSell = 0;
|
||||
int secondBuy = Integer.MIN_VALUE, secondSell = 0;
|
||||
for (int curPrice : prices) {
|
||||
if (firstBuy < -curPrice) {
|
||||
firstBuy = -curPrice;
|
||||
}
|
||||
if (firstSell < firstBuy + curPrice) {
|
||||
firstSell = firstBuy + curPrice;
|
||||
}
|
||||
if (secondBuy < firstSell - curPrice) {
|
||||
secondBuy = firstSell - curPrice;
|
||||
}
|
||||
if (secondSell < secondBuy + curPrice) {
|
||||
secondSell = secondBuy + curPrice;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return secondSell;
|
||||
}
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||||
```
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||||
### 股票交易
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||||
**需要冷却期的股票交易**
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@ -3432,6 +3371,60 @@ public int maxProfit(int[] prices) {
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||||
}
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||||
```
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||||
|
||||
**只能进行两次的股票交易**
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||||
[123. Best Time to Buy and Sell Stock III (Hard)](https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/description/)
|
||||
|
||||
```java
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||||
public int maxProfit(int[] prices) {
|
||||
int firstBuy = Integer.MIN_VALUE, firstSell = 0;
|
||||
int secondBuy = Integer.MIN_VALUE, secondSell = 0;
|
||||
for (int curPrice : prices) {
|
||||
if (firstBuy < -curPrice) {
|
||||
firstBuy = -curPrice;
|
||||
}
|
||||
if (firstSell < firstBuy + curPrice) {
|
||||
firstSell = firstBuy + curPrice;
|
||||
}
|
||||
if (secondBuy < firstSell - curPrice) {
|
||||
secondBuy = firstSell - curPrice;
|
||||
}
|
||||
if (secondSell < secondBuy + curPrice) {
|
||||
secondSell = secondBuy + curPrice;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return secondSell;
|
||||
}
|
||||
```
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||||
|
||||
**只能进行 k 次的股票交易**
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||||
[188. Best Time to Buy and Sell Stock IV (Hard)](https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/description/)
|
||||
|
||||
```java
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||||
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
|
||||
int n = prices.length;
|
||||
if (k >= n / 2) { // 这种情况下该问题退化为普通的股票交易问题
|
||||
int maxProfit = 0;
|
||||
for (int i = 1; i < n; i++) {
|
||||
if (prices[i] > prices[i - 1]) {
|
||||
maxProfit += prices[i] - prices[i - 1];
|
||||
}
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||||
}
|
||||
return maxProfit;
|
||||
}
|
||||
int[][] maxProfit = new int[k + 1][n];
|
||||
for (int i = 1; i <= k; i++) {
|
||||
int localMax = maxProfit[i - 1][0] - prices[0];
|
||||
for (int j = 1; j < n; j++) {
|
||||
maxProfit[i][j] = Math.max(maxProfit[i][j - 1], prices[j] + localMax);
|
||||
localMax = Math.max(localMax, maxProfit[i - 1][j] - prices[j]);
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
return maxProfit[k][n - 1];
|
||||
}
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||||
```
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||||
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||||
### 字符串编辑
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||||
**删除两个字符串的字符使它们相等**
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@ -3450,11 +3443,8 @@ Explanation: You need one step to make "sea" to "ea" and another step to make "e
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||||
public int minDistance(String word1, String word2) {
|
||||
int m = word1.length(), n = word2.length();
|
||||
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
|
||||
for (int i = 0; i <= m; i++) {
|
||||
for (int j = 0; j <= n; j++) {
|
||||
if (i == 0 || j == 0) {
|
||||
continue;
|
||||
}
|
||||
for (int i = 1; i <= m; i++) {
|
||||
for (int j = 1; j <= n; j++) {
|
||||
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
|
||||
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
|
||||
} else {
|
||||
|
||||
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