本文共 4724 字，大约阅读时间需要 15 分钟。

宅家防疫期间leetcode上小刷了十余道线性动态规划算法题，是时候自己总结提炼一下DP思想了。

我把总结的题目主要分为两类序列匹配类和生活类。 第一类的代表热题：

第二类的代表热题：

以下为7道题的思路和代码实现

300.最长上升子序列

• 思路 ：用一个数组来存放上升序列，关键在于最后输出的是序列长度，所以保证长度而不需要时刻记录真正的子序。

class Solution {
       public int lengthOfLIS(int[] nums) {
           if(nums.length==0) return 0;        for(int i=1; i
   
    1; j--){
                    if(dp[j] < dp[i]) dp[j] = dp[j-1]+1;             }        }    }}
   

之所以最先写这道题，因为之前用的是贪心算法，二分搜索比较难想到

public static int lengthOfLIS(int[]nums) {
           if(nums.length < 2) return nums.length;        //LIS数组存放最长子序列的数组，但并非时刻都存放的是最长子序列        int[] LIS = new int[nums.length];         LIS[0] = nums[0];//数组有负整数的情况        int end = 0;        for(int i=1; i
   
    LIS[end]){
                   end++;   LIS[end]=nums[i];            } //如果当前nums[i]小于子序列最后一位，则用二分法搜索子序列中比nums[i]大的最小数            else{
                   int left = 0,right =end;                while(left
    
     = nums[i];                        right = pivot;                    }                }                LIS[right]=nums[i];            }        }        return end+1;    }
    
   

LeetCode53. 最大子序和

• 思路：子序列问题难点在于是不连续的序列。定义dp[i] 表⽰以 nums[i] 这个数结尾的最⻓递增⼦序列的⻓度。dp[i]依赖于dp[i-1]的结果，每次递推都要max记录，自底向上推算出最后结果啦。先用一个简单的例子来推：nums = [1,-2,3]，则dp[0] = nums[0] = 1；
• step1：dp[1] = dp[0]+nums[1] = -1; 此时max =1>dp[1],所以当前max不变;
• step2: dp[ 2] = dp[1] + nums[2] = 1;此时 max<dp[2],所以max更新为dp[2]
• 如此这般，max最后就是最大的dp[i]啦

public int maxSubArray(int[] nums) {
   		int[] dp = new int[nums.length];		dp[0] = nums[0];   		int max = nums[0];		for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
   		//nums[i] > 0，说明对结果有增益，dp[i]再加当前遍历值		//nums[i] <= 0，说明对结果无增益，dp[i]直接更新为当前遍历数字			dp[i] = Math.max(dp[i- 1] + nums[i], nums[i]);				if (max < dp[i]) {
         //关键步：取每次遍历的当前最大和				max = dp[i];			}		}		return max;   }

LeetCode1143. 最长公共子序列

• 思路：
  这里推荐youtube上一个白板演示算法思路的小哥，他的视频讲解的非常细，既可以帮助透彻理解，又可以提高下英语，两全其美：
  中间状态都存在二维数组中，dp[i][j] 表示 串1的前 i 位和串2的前 j 位的位置。

class Solution {
       public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
           int n1 = text1.length(); int n2 = text2.length();        int[][] dp = new int[n1+1][n2+1];        for(int i=0; i

LeetCode72. 编辑距离

• 思路：这类解决两个字符串的动态规划问题，可以用最长上升子序列一样的方法，用两个指针 i,j 分别指向两个字符串的最后，然后一步步往前走，缩小问题的规模。
  dp[i][j]—word1的前 i 位转换成 word2的前 j 位需要的最小步数。

public int minDistance(String word1, String word2) {
           int n1 = word1.length(); int n2 = word2.length();        int[][] dp = new int[n1+1][n2+1];        for(int i=1; i<=n1; i++) dp[i][0] = dp[i-1][0] +1;           for(int j=1; j<=n2; j++) dp[0][j] = dp[0][j-1] +1;          for(int i=1; i<=n1; i++){
               for(int j=1; j<=n2; j++){
               //word1和word2的该位字符相同，不需要改动。                if(word1.charAt(i-1)==word2.charAt(j-1))                   dp[i][j] = dp[i-1][j-1];            //如果字符不同，则取该步之前的状态基础上做删除，修改，插入中的最小改动                else                    dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]),dp[i-1][j-1])+1;            }        }        return dp[n1][n2];    }

股票系列的问题推荐一个总结很到位的思路：

• 思路：前 i 天所获利润以来于前 i- 天利润；第 i 天是如果 “买入股票”，就要从利润中减去 prices[i]，如果“卖出股票”，就要给利润增加 prices[i]。此时最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。
  因此可有最优子结构：
  dp[i][0]表示第i天不持股票时拥有的利润；dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
  而dp[i][1]表示第i天持有股票所获利润 dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);

class Solution {
      public int maxProfit(int[] prices) {
           int n = prices.length;        if(prices.length==0)return 0;        int[][] dp = new int[n][2]; //行表示第 i天，列表示是否买入当天股票        dp[0][0] = 0; //i = 0 时 dp[i-1] 是不合法的。        dp[0][1] = -prices[0];        for (int i = 1; i < n; i++) {
               dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);            dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);        }        return dp[n - 1][0];    }}

+思路：和上一题的思路基本一致，区别在于交易次数从 1 变成 无限次 那么dp[i][1] 就等于dp[i-1][1]和dp[i-1][0]-prices[i]中更大的结果。因为前 i 天也可以有买入交易了，也就是买股票的第 i天所获利润和第 i-1 直接相关。

class Solution {
       public int maxProfit(int[] prices) {
           if(prices.length==0) return 0;        int[][] dp = new int[prices.length][2];        dp[0][0] = 0;         dp[0][1] = -prices[0];        for(int i=1; i

leetcode322. 零钱兑换

• 思路：最优化状态dp[i]表示金额 i 需要的最少硬币个数。要注意的问题在于初始化时每个dp[]数都要大于金额总数，是极端假设硬币都是 1的情况。

class Solution {
       public int coinChange(int[] coins, int amount) {
           int[] dp = new int[amount+1];      // 注意：因为要比较的是最小值，不可能是结果的初始化值就得赋一个最大值        Arrays.fill(dp, amount + 1);        dp[0] =0;        for(int i=1; i<=amount; i++){
               for(int coin: coins){
           //如果可包含coin，那么剩余钱是i−coins，要兑换的硬币数是 dp[i−coins]+1                if(coin <= i)                   dp[i] = Math.min(dp[i],dp[i-coin]+1);            }        }        return dp[amount]<=amount ? dp[amount] : -1;    }}

如果这篇文章对你有帮助，请点赞让我知道吧，我会更加努力给大家分享好的内容，谢谢~

转载地址：http://mfrsi.baihongyu.com/