leetcode高频题笔记之动态规划
最难啃的骨头开始啃了
文章目录
- 斐波拉契数组变形系列
- 70.爬楼梯
- 322.零钱兑换
- 不同路径系列
- 62.不同路径
- 63.不同路径II
- 120.三角形最小路径和
- 64.最小路径和
- 子序列系列
- 53.最大子序和（子序列最大和）
- 152.乘积最大子数组（子序列最大积）
- 1143.最长公共子序列（子序列最大公共序列）
- 打家劫舍系列
- 198.打家劫舍
- 213.打家劫舍II
- 337.打家劫舍III
- 买卖股票系列
- 121.买卖股票的最佳时机
- 122.买卖股票的最佳时机II
- 123.买卖股票的最佳时机III
- 188.买卖股票的最佳时机IV
- 309.最佳买卖股票时机含冷冻期
- 714.买卖股票的最佳时机含手续费
- 尚未分类
- 32.最长有效括号
- 343.整数拆分
斐波拉契数组变形系列
70.爬楼梯
dp方程：
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
自底向上迭代
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
if (n == 0) return 1;
if (n < 3) return n;
int dp[] = new int[n + 1];
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
}
自顶向下记忆化递归：
class Solution {
private int[] cache;
public int climbStairs(int n) {
if (n == 0) return 1;
cache = new int[n + 1];
cache[0] = 1;
return helper(n);
}
private int helper(int n) {
if (n < 3) {
if (cache[n] == 0) {
cache[n] = n;
}
}
if (cache[n] == 0) {
cache[n] = helper(n - 1) + helper(n - 2);
}
return cache[n];
}
}
322.零钱兑换
思路类似于爬楼梯和斐波拉契数列
求f(n)问题可以转换为求f(n-coin[i])的最小值+1的问题
自顶向下，带缓存的递归
class Solution {
static int cache[];
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
if (amount < 1) return 0;
cache = new int[amount + 1];
return helper(coins, amount);
}
private int helper(int[] coins, int amount) {
if (amount == 0) return 0;
if (amount < 0) return -1;
if (cache[amount] == 0) {
int curmin = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
int res = helper(coins, amount - coins[i]);
if (res >= 0 && curmin > res)
curmin = res+1;
}
cache[amount] = (curmin == Integer.MAX_VALUE) ? -1 : curmin;
}
return cache[amount];
}
}
自底向上，dp迭代
因为求最小值，所以先初始化为比最大还大，如果迭代完了小于等于最大值，那么就找到了，如果依然大于最大值，说明没找到
class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
int dp[] = new int[amount + 1];
Arrays.fill(dp, amount + 1);
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= amount; i++) {
for (int coin : coins) {
if (coin <= i) {
dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
}
}
}
return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
}
}
不同路径系列
62.不同路径
子问题：右侧点的路径数+下侧点的路径数
得到dp方程：dp[i][j] = dp[i+1][j]+dp[i][j+1]
我们求的是（0,0）点的可能到达的路径数，所以从最后开始遍历，推出（0,0）的总路径数
最后一行和最后一列比较固定，按这个走法只能有一条路能到达，全部初始化为1
class Solution {
//dp方程
//opt[i][j] = opt[i+1][j]+opt[i][j+1]
public int uniquePaths(int m, int n) {
int dp[][] = new int[m][n];
for (int k = 0; k < m; k++) {
dp[k][n - 1] = 1;
}
for (int k = 0; k < n; k++) {
dp[m - 1][k] = 1;
}
for (int k = m - 2; k >= 0; k--) {
for (int l = n - 2; l >= 0; l--) {
dp[k][l] = dp[k+1][l]+dp[k][l+1];
}
}
return dp[0][0];
}
}
优化：将dp数组简化成一维的
每次迭代只需要暂存最后一排的就够了，暂存数组多开一维，保证最后一列没有初始化也可以使用
class Solution {
public int uniquePaths(int m, int n) {
//定义一维的暂存空间就够了，从最后一排开始存储
int dp[] = new int[n + 1];
//初始化最后一排，数组大小为n-1,最后一个保持为0，避免迭代时数组越界
for (int k = 0; k < n; k++) {
dp[k] = 1;
}
for (int k = m - 2; k >= 0; k--) {
for (int l = n - 1; l >= 0; l--) {
dp[l] = dp[l]+dp[l+1];
}
}
return dp[0];
}
}
63.不同路径II
相比上一个题，增加了障碍物
首先还是初始化dp数组的最后一行和最后一列，然后最后往前递推，遇到障碍物就跳过
初始化发生变化，不再是全赋1，而是从最后一个开始推：如果遇到障碍物就跳过没如果没有障碍物当前值就等于后一个值，一旦遇到了障碍物跳过了，障碍物位置为0，之前的都为0
遍历时，如果遇到障碍物就跳过，障碍物位置就为0
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
if (obstacleGrid == null || obstacleGrid.length == 0) return 0;
int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
int dp[][] = new int[m][n];
if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 0) dp[m - 1][n - 1] = 1;
//从最后一个点开始，如果不是石头就和前一个一样，如果是石头就初始化为0
for (int k = m - 2; k >= 0; k--) {
if (obstacleGrid[k][n - 1] == 0) dp[k][n - 1] = dp[k + 1][n - 1];
}
for (int k = n - 2; k >= 0; k--) {
if (obstacleGrid[m - 1][k] == 0) dp[m - 1][k] = dp[m - 1][k + 1];
}
for (int k = m - 2; k >= 0; k--) {
for (int l = n - 2; l >= 0; l--) {
if (obstacleGrid[k][l] == 0) dp[k][l] = dp[k + 1][l] + dp[k][l + 1];
}
}
return dp[0][0];
}
}
优化：将dp数组简化为一维的
思路和上方一致，有一点需要小心，使用二维时如果遇到障碍物可以直接跳过，因为初始化为0，而使用一维时不行，必须对障碍物进行处理，将障碍物出手动置为1
class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
if (obstacleGrid == null || obstacleGrid.length == 0) return 0;
int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
int dp[] = new int[n + 1];
if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 0) dp[n - 1] = 1;
for (int k = n - 2; k >= 0; k--) {
if (obstacleGrid[m - 1][k] == 0) dp[k] = dp[k + 1];
}
for (int k = m - 2; k >= 0; k--) {
for (int l = n - 1; l >= 0; l--) {
if (obstacleGrid[k][l] == 0) dp[l] = dp[l] + dp[l + 1];
else dp[l] = 0;
}
}
return dp[0];
}
}
120.三角形最小路径和
和不同路径类似，只是只跑了一半的图，如果不求最小路径而是求路径条数就和不同路径基本一致了
将集合格式改变一下就比较清楚了
[2],
[3,4],
[6,5,7],
[4,1,8,3]
从倒数第二层开始，找到下一层下面的数和右斜下的数中的小的一个，加上当前位置，就是局部最小了
dp方程：dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1]) + num[i][j]
dp初始化为最后一行的下一行，是一个空白行
然后依次向上迭代，最后只剩下第一行第一个就是最小路径的值
class Solution {
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
int dp[] = new int[triangle.size() + 1];
for (int i = triangle.size() - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = 0; j < triangle.get(i).size(); j++) {
dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1]) + triangle.get(i).get(j);
}
}
return dp[0];
}
}
不开辟新数组，复用原集合
class Solution {
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
for (int i = triangle.size() - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = 0; j < triangle.get(i).size(); j++) {
triangle.get(i).set(j, Math.min(triangle.get(i + 1).get(j), triangle.get(i + 1).get(j + 1)) + triangle.get(i).get(j));
}
}
return triangle.get(0).get(0);
}
}
自顶向下记忆化递归
class Solution {
Integer[][] cache;
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
cache = new Integer[triangle.size()][triangle.size()];
return helper(0, 0, triangle);
}
private int helper(int level, int c, List<List<Integer>> triangle) {
if (cache[level][c] != null) {
return cache[level][c];
}
if (level == triangle.size() - 1) {
return cache[level][c] = triangle.get(level).get(c);
}
int left = helper(level + 1, c, triangle);
int right = helper(level + 1, c + 1, triangle);
return cache[level][c] = Math.min(left, right) + triangle.get(level).get(c);
}
}
64.最小路径和
二维的dp
class Solution {
public int minPathSum(int[][] grid) {
if (grid == null || grid.length == 0 || grid[0].length == 0) return 0;
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
int dp[][] = new int[m][n];
dp[0][0] = grid[0][0];
//初始化dp的第一行和第一列
for (int i = 1; i < m; i++) {
dp[i][0] += grid[i][0] + dp[i - 1][0];
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[0][i] = grid[0][i] + dp[0][i - 1];
}
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
}
压缩dp数组到一维
dp[0]设置成Integer.MAX_VALUE;从dp[1]开始使用
class Solution {
public int minPathSum(int[][] grid) {
if (grid == null || grid.length == 0 || grid[0].length == 0) return 0;
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
int dp[] = new int[n + 1];
dp[0] = Integer.MAX_VALUE;
dp[1] = grid[0][0];
//初始化dp的第一行和第一列
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i + 1] += grid[0][i] + dp[i];
}
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
dp[j + 1] = grid[i][j] + Math.min(dp[j], dp[j + 1]);
}
}
return dp[n];
}
}
子序列系列
53.最大子序和（子序列最大和）
dp方程：dp[i] += dp[i-1]
如果前一个值大于零，说明加上它当前值会增大，就加上，如果小于等于零，就不加
每一个位置都求一下最大和，遍历完成获得全局最大和
class Solution {
public int maxSubArray(int[] nums) {
int resMax = nums[0];
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
if (nums[i - 1] > 0) nums[i] += nums[i - 1];
resMax = Math.max(resMax, nums[i]);
}
return resMax;
}
}
152.乘积最大子数组（子序列最大积）
维护两个变量，当前最大值和当前最小值， 如果当前值为负数，就交换最小值和最大值
class Solution {
public int maxProduct(int[] nums) {
int max = Integer.MIN_VALUE;
int curmax = 1;
int curmin = 1;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] < 0) {
int tmp = curmax;
curmax = curmin;
curmin = tmp;
}
curmax = Math.max(nums[i], curmax * nums[i]);
curmin = Math.min(nums[i], curmin * nums[i]);
max = Math.max(max, curmax);
}
return max;
}
}
解法二：两次遍历
将数组按0分成n个子数组，求不含0的子数组的最大积
正序和逆序分别遍历一次，两个全局最大积的较大值就是最大积
class Solution {
public int maxProduct(int[] nums) {
int max = 1;
int resmax = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
max *= nums[i];
resmax = Math.max(resmax, max);
if (max == 0) max = 1;
}
max = 1;
for (int i = nums.length - 1; i >= 0; i--) {
max *= nums[i];
resmax = Math.max(resmax, max);
if (max == 0) max = 1;
}
return resmax;
}
}
1143.最长公共子序列（子序列最大公共序列）
将一维变成二维操作
自顶向下：从最后开始看，如果最后两个字符一样的，结果等于各自减去最后一个后的长度+1，如果最后两个字符不相同，等于任选一个减去最后一个字符后的计算长度中大的那一个
自底向上：从第一个字符开始，数组从1下标开始，如果两个字符相同，则长度等于各自减一的后计算长度+1，如果不相同，则任选一个减去最后一个字符后的计算长度中大的那一个。自底向上迭代，最后位置就是最终答案
class Solution {
public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
if (text1 == null || text2 == null) return 0;
int m = text1.length();
int n = text2.length();
int dp[][] = new int[m + 1][n + 1];
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);
}
}
}
return dp[m][n];
}
}
打家劫舍系列
198.打家劫舍
新加一个维度，偷还是不偷
子问题：
- 如果这一家偷，那么收入等于前一家不偷+这一家偷的
dp[i][1] = nums[i] + dp[i - 1][0]; - 如果这一家不偷，那么收入等于前一家偷或者不偷的较大值
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
int n = nums.length;
int[][] dp = new int[n][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = nums[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
dp[i][1] = nums[i] + dp[i - 1][0];
}
return Math.max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);
}
}
不加维度，问题转换为求dp[i-2]+num[i]和dp[i-1]的较大值的问题
dp方程转换为：dp[i] = Math.max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
if (nums.length == 2) return Math.max(nums[0], nums[1]);
int dp[] = new int[nums.length];
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
dp[i] = Math.max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
}
return dp[nums.length - 1];
}
}
为了避免判断长度为0 1 2，采用length+2长度的dp数组
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int dp[] = new int[nums.length + 2];
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
dp[i + 2] = Math.max(dp[i + 1], dp[i] + nums[i]);
}
return dp[nums.length + 1];
}
}
213.打家劫舍II
与打家劫舍I相比变成了环了，意味着还要考虑如果偷了第一家最后一家不能偷，如果偷了最后一家第一家不能偷
那么问题可以简化成：从第一家到倒数第二家遍历一次；从第二家到最后一家遍历一次。这样就破除了环了，然后取较大值返回
在第一个题的基础上进行改造：
一维：
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
if (nums.length == 2) return Math.max(nums[0], nums[1]);
int dp[] = new int[nums.length];
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
for (int i = 2; i < nums.length - 1; i++) {
dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
}
dp[0] = dp[nums.length-2];//暂存第一个遍历结果
dp[1] = nums[1];
dp[2] = Math.max(nums[1], nums[2]);
for (int i = 3; i < nums.length; i++) {
dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
}
return Math.max(dp[nums.length - 1], dp[0]);
}
}
简化：
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
int dp[] = new int[nums.length + 2];
for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {
dp[i + 2] = Math.max(dp[i + 1], dp[i] + nums[i]);
}
int res1 = dp[nums.length];//暂存第一个遍历结果
Arrays.fill(dp, 0);
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
dp[i + 2] = Math.max(dp[i + 1], dp[i] + nums[i]);
}
return Math.max(dp[nums.length + 1], res1);
}
}
二维：
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
if (nums.length == 1) return nums[0];
int dp[][] = new int[nums.length][2];
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = nums[0];
for (int i = 1; i < nums.length - 1; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
dp[i][1] = nums[i] + dp[i - 1][0];
}
int res1 = Math.max(dp[nums.length - 2][0], dp[nums.length - 2][1]);
dp[1][0] = 0;
dp[1][1] = nums[1];
for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]);
dp[i][1] = nums[i] + dp[i - 1][0];
}
int res2 = Math.max(dp[nums.length - 1][0], dp[nums.length - 1][1]);
return Math.max(res1, res2);
}
}
337.打家劫舍III
自顶向下的傻递归
class Solution {
public int rob(TreeNode root) {
if (root == null) return 0;
//当前层和下下层的和
int val1 = root.val;
if (root.left!=null)val1+=rob(root.left.left)+rob(root.left.right);
if (root.right!=null)val1+=rob(root.right.left)+rob(root.right.right);
//下一层的和
int val2 = rob(root.left)+rob(root.right);
return Math.max(val1,val2);
}
}
自顶向下的带缓存的递归
class Solution {
Map<TreeNode, Integer> cache;
public int rob(TreeNode root) {
cache = new HashMap<TreeNode, Integer>();
return helper(root);
}
private int helper(TreeNode root) {
if (root == null) return 0;
if (cache.containsKey(root)) return cache.get(root);
//当前层和下下层的和
int val1 = root.val;
if (root.left != null) val1 += helper(root.left.left) + helper(root.left.right);
if (root.right != null) val1 += helper(root.right.left) + helper(root.right.right);
//下一层的和
int val2 = helper(root.left) + helper(root.right);
cache.put(root, Math.max(val1, val2));
return cache.get(root);
}
}
自底向上，后序遍历加升维
和前面两个打家劫舍一样，可以升一个维度，用偷或者不偷来描述一次操作
采用后序遍历保证自底向上逐层搜索
class Solution {
public int rob(TreeNode root) {
int[] helper = helper(root);
return Math.max(helper[0], helper[1]);
}
//返回结果是偷或者不偷的值
private int[] helper(TreeNode root) {
if (root == null) return new int[]{0, 0};
int[] left = helper(root.left);
int[] right = helper(root.right);
//选择偷当前节点，值为当前节点+下一层不偷
int choose = root.val + left[1] + right[1];
//选择不偷当前节点，值为下一层偷的最大值的和
int noChoose = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
return new int[]{choose, noChoose};
}
}
买卖股票系列
121.买卖股票的最佳时机
动态规划：
因为最多交易一次，状态一共只有三种
- 一次都不交易
- 买了一次
- 买了一次 卖了一次
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
int dp[][] = new int[prices.length][3];
dp[0][0] = 0;//不操作
dp[0][1] = -prices[0];//买入
dp[0][2] = Integer.MIN_VALUE;//卖出，不可能存在
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
//可能是当前位置操作的，可也能上一次就操作了
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2]);
}
return Math.max(0, dp[prices.length - 1][2]);
}
}
这个题动态规划就比较晦涩，效率不高，最好还是用贪心来
一次遍历，如果小于最小值更新最小值，如果大于最小值假设卖出得收益，更新最大收益
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
int min = Integer.MAX_VALUE;
int resMax = 0;
for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
if (prices[i] < min) {
min = prices[i];
} else {
resMax = Math.max(resMax, prices[i] - min);
}
}
return resMax;
}
}
122.买卖股票的最佳时机II
动态规划
因为可以无限次买卖，定义两种状态。持有和卖出
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
int dp[][] = new int[prices.length][2];
dp[0][0] = 0;//不持有
dp[0][1] = -prices[0];//持有，只能是这次买入的
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
//当前不持有，可能上次有这次卖了，可能上次就不持有这次不操作
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][0]);
//当前持有，可能上次没有这次买入的，可能上次就持有这次不操作
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
}
return dp[prices.length - 1][0];
}
}
这个题动态规划就比较晦涩，效率不高，最好还是用贪心来
一次遍历，如果比前一天价格高就前一天买当天卖
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
int res = 0;
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
if (prices[i] - prices[i - 1] > 0) {
res += prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return res;
}
}
123.买卖股票的最佳时机III
因为最多交易两次，状态一共只有五种
- 一次都不交易
- 买了一次
- 买了一次 卖了一次
- 买了一次 卖了一次 买了一次
- 买了一次 卖了一次 卖了一次 卖了一次
针对这五种状态进行规划。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
//二个维度：第几天，买卖状态
int dp[][] = new int[prices.length][5];
/**
* j = 0：还未开始交易；
* j = 1：第 1 次买入一支股票；
* j = 2：第 1 次卖出一支股票；
* j = 3：第 2 次买入一支股票；
* j = 4：第 2 次卖出一支股票。
*/
dp[0][0] = 0;
//第一次买入
dp[0][1] = -prices[0];
//第一次买入两个，不可能
dp[0][3] = Integer.MIN_VALUE;
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
//可能是当前位置操作的，可也能上一次就操作了
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][2] - prices[i], dp[i - 1][3]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][3] + prices[i], dp[i - 1][4]);
}
return Math.max(0, Math.max(dp[prices.length - 1][2], dp[prices.length - 1][4]));
}
}
188.买卖股票的最佳时机IV
当k是一个变量时，我们简单的使用二维枚举状态就不够用了，所以需要在问题1和问题3的基础上升级到三维
三个维度：
- 第i天
- 第j次交易
- 是否持有股票
如果只是简单的把问题1和问题3的代码拿去升维然后循环弄，会发现超时过不了
再次观察，如果k大于天数的一半，说明最大次数满足无限买卖，问题退化成问题2了
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length < 2 || k < 1) return 0;
//k比prices.length的一半大，说明可以转化为问题2，无限次交易
if (k > prices.length >> 1) {
return maxProfit(prices);
}
//三个维度：第几天、交易次数、是否持有股票
int dp[][][] = new int[prices.length][k + 1][2];
//初始化第一天
for (int i = 1; i < k + 1; i++) {
dp[0][i][1] = -prices[0];
}
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
for (int j = 1; j <= k; j++) {
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][1] + prices[i], dp[i - 1][j][0]);
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][j][1]);
}
}
return dp[prices.length - 1][k][0];
}
//贪心实现无限次交易
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
int res = 0;
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
if (prices[i] - prices[i - 1] > 0) {
res += prices[i] - prices[i - 1];
}
}
return res;
}
}
309.最佳买卖股票时机含冷冻期
如果没有冻结期，那就是无限买卖问题，类似于问题2，所以在问题2的持有和不持有状态上再加一个冻结期状态
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length < 2) return 0;
int dp[][] = new int[prices.length][3];
//初始化第一天
dp[0][0] = 0;//不持股
dp[0][1] = -prices[0];//持股
dp[0][0] = 0;//冷冻期
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
//今天不持股，可能是昨天就不持股或者昨天持股今天卖了
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
//今天持股，可能昨天就持股或者昨天空窗期今天买入的
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2] - prices[i]);
//今天空窗期，说明昨天不持股
dp[i][2] = dp[i - 1][0];
}
return dp[prices.length - 1][0];
}
}
714.买卖股票的最佳时机含手续费
如果没有手续费，那就是无限买卖问题，和问题2一样，加上手续费后，贪心就不行了，要交易的次数尽量少利润尽量多
采用动态规划只需要在每次买入或者卖出时扣一次手续费就可以了
代码和思路同问题2基本一致
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
if (prices.length < 2) return 0;
int dp[][] = new int[prices.length][2];
//初始化第一天
dp[0][0] = 0;//不持有
dp[0][1] = -prices[0] - fee;//持有（一次交易扣一次手续费，所以统一在买入时扣）
for (int i = 1; i < prices.length; 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], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee);
}
return dp[prices.length - 1][0];
}
}
尚未分类
32.最长有效括号
很容易想到暴力法，O(N*2)，对暴力进行剪枝，代码如下：
从第一个开始枚举起始，内存循环枚举结尾
如果左括号+1，如果右括号-1
如果计数器小于1说明除成对括号外出现了右括号前没有左括号，退出这一层遍历
如果计数器值为0，更新最大成对的数目
class Solution {
public int longestValidParentheses(String s) {
int max = 0;
int count = 0;
for (int i = 0; i < s.length()-1; i++) {
count = 0;
for (int j = i; j < s.length(); j++) {
if (s.charAt(j) == '(') count++;
else count--;
if (count < 0) break;
if (count == 0) max = Math.max(max, j - i + 1);
}
}
return max;
}
}
暴力的时间和空间复杂度都比较高，采用动态规划进行解决：
方法过于巧妙，好不容易理解透彻记录下
一次遍历字符串，如果是(就跳过，如果是)就进行操作
-
如果
)的前一个字符是(,刚好组成一对，dp[i-2]+2
举例：index = 3时，dp[i-2] = 2,index = 2和index = 3组成一对，dp[3] = dp[1]+2 = 4 -
如果
)的前一个字符不是(，则查找除掉当前成对的字符后的前一个字符是否是(，如果不是就放弃了，当前置为0.如果是dp[i]的值至少为dp[i-1[+2,如果新匹配的字符的前一个字符（i - dp[i - 1] -2）属于上一个符合的子序列，那么两个子序列就可以合并成一个子序列，长度再加上前面的
举例：index = 7时，dp[i-1]所属的子序列为index5到index6，除去子序列的前一个是index = 4，满足条件，所以dp[7]至少为dp[i-1]+2，然后判断index = 5的前一个index = 4，发现index = 4这个下标存在，就加上dp[4]的值，得到dp[7] = dp]6]+2+dp[4]
class Solution {
public int longestValidParentheses(String s) {
int max = 0;
int dp[] = new int[s.length()];
//一次遍历字符串，如果连续成对，更新连续值，如果断了连续，重新开始记录
for (int i = 1; i < s.length(); i++) {
//左括号跳过，右括号开始判断
if (s.charAt(i) == ')') {
//如果右括号的前一个就是左括号
if (s.charAt(i - 1) == '(') {
dp[i] = 2 + (i >= 2 ? dp[i - 2] : 0);
//如果去除掉当前有效段之后前的一个字符为（，说明前后能再组成一对
} else if (i - dp[i - 1] > 0 && s.charAt(i - dp[i - 1] - 1) == '(') {
//dp[i]的长度至少等于dp[i-1]+2，如果新插入的那个符号前一位还有符号就加入那个位置的dp值（如果那个位置属于前一个段就加上了前一段的长度，如果是单独的就相当于加0
dp[i] = dp[i - 1] + 2 + (i - dp[i - 1] >= 2 ? dp[i - dp[i - 1]- 2] : 0);
}
max = Math.max(max, dp[i]);
}
}
return max;
}
}
343.整数拆分
初始化dp数组为1
dp[i]表示i可以拆分后的最大乘积
dp[i]的值是dp[i]、拆分为两个数乘积最大值，拆分为两个数其中一个数被拆分的最大积乘另一个数的积
class Solution {
public int integerBreak(int n) {
int dp[] = new int[n + 1];
Arrays.fill(dp, 1);
for (int i = 3; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j < i; j++) {
dp[i] = Math.max(dp[i], Math.max(j * (i - j), dp[i - j] * j));
}
}
return dp[n];
}
}