Leetcode hot 100之动态规划【递推公式】

目录

入门理解

斐波那契(Fibonacci）数列：递归

数塔：递推

递推公式

 最小路径和 

 遍历顺序

 整数拆分：拆分为和，乘积最大化

背包：：+ ->装包

框架

01背包：不可复选

倒序遍历

选择i：右下角依赖左上角，保证上一层的值不被覆盖

不选择i：dp[i][v]=dp[i-1][v]同列不受影响

一分为二，weight[i]==value[i]

最值：dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i])

分割等和子集：正整数

最后一块石头的重量II

组合数：dp[j] += dp[j - nums[i]];

目标和：非负整数、+ / -

完全背包

顺序遍历

选择i：右边依赖左边，使用的是同层的值，需要先生成左边

不选择i：dp[i][v]=...dp[i-1][v]同列不受影响

方案数：dp[i] += dp[i - nums[j]]

组合数：外层物品，内层背包

排列数：外层背包，内层物品

零钱兑换II：组合数

组合总和 Ⅳ：排列数

最少个数

​​​​​​零钱兑换

完全平方数

判断

单词拆分

子集：dp[i]至多i可选

最值

  一和零

一分为二：weight[i]==value[i]

子序列：dp[i]以下标i - 1/i为结尾（保持相对顺序）

连续

最长回文子串

最大子序和

最长重复子数组

非连续

最长公共子序列(LCS)

不相交的线：最长公共子序列长度

不同的子序列

最长上升子序列

最长回文子序列

打家劫舍：子集+最值+不能偷连续

数组

​​​​​​环

二叉树

买卖股票

买卖一次

贪心：取最左最小值，取最右最大值，差值就是最大利润

在再次购买前出售掉之前

贪心：利润分解为每天

最多两笔

最多 k 笔

冷冻期

手续费

---

(Dynamic Programming，DP)

递归或者递推的写法来实现动态规划，其中递归写法在此处又称作记忆化搜索

入门理解

斐波那契(Fibonacci）数列：递归

function F(n){
if(n= 0||n== 1) return 1;
else return F(n-1)+F(n-2);
}

dp[n]=-1表示F(n)当前还没有被计算过

function F(n) {
if(n == 0||n==1) return 1;//递归边界
if(dp[n] != -1) return dp[n]; //已经计算过，直接返回结果，不再重复计算else {
else dp[n] = F(n-1) + F(n-2); //计算F(n)，并保存至dp[n]
return dp [n];//返回F(n)的结果
}

数塔：递推

第i层有i个数字。现在要从第一层走到第n层，最后将路径上所有数字相加后得到的和最大是多少?

dp[i][j]表示从第i行第j个数字出发到达最底层的所有路径中能得到的最大和

dp[i][i]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j+1])+f[i][j]

递推公式

 最小路径和 

mxn矩阵 a，从左上角开始每次只能向右或者向下走，最后到达右下角的位置，路径上所有的数字累加起来就是路径和，输出所有的路径中最小的路径和。

dp[i][j]代表i到j的最短路径

求解子问题时的状态转移方程：从「上一状态」到「下一状态」的递推式。

dp[i, j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + matrix[i][j]

JavaScript中没有二维数组的概念，但是可以设置  数组元素的值 等于 数组

key：

1. dp[0][i] = dp[0][i - 1] + matrix[0][i];
2. dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + matrix[i][j];

function minPathSum(matrix) {
    var row = matrix.length,
        col = matrix[0].length;
    var dp = new Array(row).fill(null).map(() => new Array(col).fill(0));
    dp[0][0] = matrix[0][0]; // 初始化左上角元素
    // 初始化第一行
    for (var i = 1; i < col; i++) dp[0][i] = dp[0][i - 1] + matrix[0][i];
    // 初始化第一列
    for (var j = 1; j < row; j++) dp[j][0] = dp[j - 1][0] + matrix[j][0];
    // 动态规划
    for (var i = 1; i < row; i++) {
        for (var j = 1; j < col; j++) {
            dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + matrix[i][j];
        }
    }
    return dp[row - 1][col - 1]; // 右下角元素结果即为答案
}

 遍历顺序

 整数拆分：拆分为和，乘积最大化

其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i].

拆分为2个数：是j * (i - j) 直接相乘。

拆分为3个及以上个数：j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)

dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态，所以遍历i一定是从前向后遍历，先有dp[i - j]再有dp[i]

var integerBreak = function(n) {
    let dp = new Array(n + 1).fill(0)
    dp[2] = 1

    for(let i = 3; i <= n; i++) {
        for(let j = 1; j <= i / 2; j++) {
            dp[i] = Math.max(dp[i], dp[i - j] * j, (i - j) * j)
        }
    }
    return dp[n]
};

背包：：+ ->装包

框架

for 状态1 in 状态1的所有取值：
    for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
            dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

int dp[N+1][W+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 0

for i in [1..N]:
    for w in [1..W]:
        dp[i][w] = max(
            把物品 i 装进背包,
            不把物品 i 装进背包
        )
return dp[N][W]

...加上边界条件，装不下的时候，只能选择不装

01背包：不可复选

n件物品,重量为w[i],价值为c[j]，容量为V的，其中每种物品都只有1件。
dp[i][v]表示前i件物品(1≤i≤n, 0≤v≤V)恰好装入容量为v的背包中所能获得的最大价值。

function testWeightBagProblem (weight, value, size) {
    // 定义 dp 数组
    const len = weight.length,
          dp = Array(len).fill().map(() => Array(size + 1).fill(0));

    // 初始化
    for(let j = weight[0]; j <= size; j++) {
        dp[0][j] = value[0];
    }

    // weight 数组的长度len 就是物品个数
    for(let i = 1; i < len; i++) { // 遍历物品
        for(let j = 0; j <= size; j++) { // 遍历背包容量
            if(j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            else dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }

    console.table(dp)

    return dp[len - 1][size];
}

function test () {
    console.log(testWeightBagProblem([1, 3, 4, 5], [15, 20, 30, 55], 6));
}

test();

倒序遍历

选择i：右下角依赖左上角，保证上一层的值不被覆盖

不选择i：dp[i][v]=dp[i-1][v]同列不受影响

本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }

一分为二，weight[i]==value[i]

如果使用一维dp数组，物品（value）遍历的for循环放在外层，遍历背包（weight）的for循环放在内层，且内层for循环倒序遍历！滚动数组

最值：dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i])

分割等和子集：正整数

• 背包的体积为sum / 2
• 背包要放入的商品（集合里的元素）重量为 元素的数值，价值也为元素的数值
• 背包如果正好装满，说明找到了总和为 sum / 2 的子集。
• 背包中每一个元素是不可重复放入。

var canPartition = function(nums) {
    const sum = (nums.reduce((p, v) => p + v));
//奇数
    if (sum & 1) return false;
    const dp = Array(sum / 2 + 1).fill(0);
    for(let i = 0; i < nums.length; i++) {
        for(let j = sum / 2; j >= nums[i]; j--) {
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
            if (dp[j] === sum / 2) {
                return true;
            }
        }
    }
    return dp[sum / 2] === sum / 2;
};

最后一块石头的重量II

/**
 * @param {number[]} stones
 * @return {number}
 */
var lastStoneWeightII = function (stones) {
    let sum = stones.reduce((s, n) => s + n);

    let dpLen = Math.floor(sum / 2);
    let dp = new Array(dpLen + 1).fill(0);

    for (let i = 0; i < stones.length; ++i) {
        for (let j = dpLen; j >= stones[i]; --j) {
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - stones[i]] + stones[i]);
        }
    }

    return sum - dp[dpLen] - dp[dpLen];
};

组合数：dp[j] += dp[j - nums[i]];

目标和：非负整数、+ / -

left组合 - right组合 = target。

left + right = sum，而sum是固定的。right = sum - left

公式来了， left - (sum - left) = target 推导出 left = (target + sum)/2 。

target是固定的，sum是固定的，left就可以求出来。

此时问题就是在集合nums中找出和为left的组合

dp[j] 表示：填满j（包括j）这么大容积的包，有dp[j]种方法

只要搞到nums[i]，凑成dp[j]就有dp[j - nums[i]] 种方法。

例如：dp[j]，j 为5，

• 已经有一个1（nums[i]） 的话，有 dp[4]种方法 凑成 容量为5的背包。
• 已经有一个2（nums[i]） 的话，有 dp[3]种方法 凑成 容量为5的背包。
• 已经有一个3（nums[i]） 的话，有 dp[2]中方法 凑成 容量为5的背包
• 已经有一个4（nums[i]） 的话，有 dp[1]中方法 凑成 容量为5的背包
• 已经有一个5 （nums[i]）的话，有 dp[0]中方法 凑成 容量为5的背包

那么凑整dp[5]有多少方法呢，也就是把 所有的 dp[j - nums[i]] 累加起来。

所以求组合类问题的公式，都是类似这种：

dp[j] += dp[j - nums[i]]

const findTargetSumWays = (nums, target) => {

    const sum = nums.reduce((a, b) => a+b);
    
    if(Math.abs(target) > sum) {
        return 0;
    }

    if((target + sum) % 2) {
        return 0;
    }

    const halfSum = (target + sum) / 2;

    let dp = new Array(halfSum+1).fill(0);
    dp[0] = 1;

    for(let i = 0; i < nums.length; i++) {
        for(let j = halfSum; j >= nums[i]; j--) {
            dp[j] += dp[j - nums[i]];
        }
    }

    return dp[halfSum];
};

完全背包

与01背包问题不同的是其中每种物品都有无数件。

顺序遍历

选择i：右边依赖左边，使用的是同层的值，需要先生成左边

不选择i：dp[i][v]=...dp[i-1][v]同列不受影响

// 先遍历物品，再遍历背包容量
function test_completePack1() {
    let weight = [1, 3, 5]
    let value = [15, 20, 30]
    let bagWeight = 4 
    let dp = new Array(bagWeight + 1).fill(0)
    for(let i = 0; i <= weight.length; i++) {
        for(let j = weight[i]; j <= bagWeight; j++) {
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])
        }
    }
    console.log(dp)
}

// 先遍历背包容量，再遍历物品
function test_completePack2() {
    let weight = [1, 3, 5]
    let value = [15, 20, 30]
    let bagWeight = 4 
    let dp = new Array(bagWeight + 1).fill(0)
    for(let j = 0; j <= bagWeight; j++) {
        for(let i = 0; i < weight.length; i++) {
            if (j >= weight[i]) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])
            }
        }
    }
    console.log(2, dp);
}

完全背包的两个for循环的先后顺序都是可以的。

方案数：dp[i] += dp[i - nums[j]]

组合数：外层物品，内层背包

for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
    for (int j = coins[i]; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

假设：coins[0] = 1，coins[1] = 5。

先把1加入计算，再把5加入计算，得到的方法数量只有{1, 5}这种情况。而不会出现{5, 1}的情况

排列数：外层背包，内层物品

for (int j = 0; j <= amount; j++) { // 遍历背包容量
    for (int i = 0; i < coins.size(); i++) { // 遍历物品
        if (j - coins[i] >= 0) dp[j] += dp[j - coins[i]];
    }
}

背包容量的每一个值，都是经过 1 和 5 的计算，包含了{1, 5} 和 {5, 1}两种情况。

dp[j]在外层，遇到1时更新了一次5，遇到5时更新了一次1

零钱兑换II：组合数

给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。

示例 1:

• 输入: amount = 5, coins = [1, 2, 5]
• 输出: 4

解释: 有四种方式可以凑成总金额:

• 5=5
• 5=2+2+1
• 5=2+1+1+1
• 5=1+1+1+1+1

const change = (amount, coins) => {
    let dp = Array(amount + 1).fill(0);
    dp[0] = 1;

    for(let i =0; i < coins.length; i++) {
        for(let j = coins[i]; j <= amount; j++) {
            dp[j] += dp[j - coins[i]];
        }
    }

    return dp[amount];
}

组合总和 Ⅳ：排列数

爬楼梯

const combinationSum4 = (nums, target) => {

    let dp = Array(target + 1).fill(0);
    dp[0] = 1;

    for(let i = 0; i <= target; i++) {
        for(let j = 0; j < nums.length; j++) {
            if (i >= nums[j]) {
                dp[i] += dp[i - nums[j]];
            }
        }
    }

    return dp[target];
};

最少个数

​​​​​​零钱兑换

纯完全背包求得装满背包的最大价值是多少，和凑成总和的元素有没有顺序没关系，即：有顺序也行，没有顺序也行！

// 遍历物品
const coinChange = (coins, amount) => {
    if(!amount) {
        return 0;
    }

    let dp = Array(amount + 1).fill(Infinity);
    dp[0] = 0;

    for(let i = 0; i < coins.length; i++) {
        for(let j = coins[i]; j <= amount; j++) {
            dp[j] = Math.min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
        }
    }

    return dp[amount] === Infinity ? -1 : dp[amount];
}

完全平方数

完全平方数就是物品（可以无限件使用），凑个正整数n就是背包，问凑满这个背包最少有多少物品？

for (int j = 1; j * j <= i; j++) { // 遍历物品
        dp[i] = min(dp[i - j * j] + 1, dp[i]);
    }

判断

单词拆分

单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。

拆分时可以重复使用字典中的单词，说明就是一个完全背包！

dp[i] : 字符串长度为i的话，dp[i]为true，表示可以拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

如果确定dp[j] 是true，且 [j, i] 这个区间的子串出现在字典里，那么dp[i]一定是true。（j < i ）。

所以递推公式是 if([j, i] 这个区间的子串出现在字典里 && dp[j]是true) 那么 dp[i] = true。

const wordBreak = (s, wordDict) => {

    let dp = Array(s.length + 1).fill(false);
    dp[0] = true;

    for(let i = 0; i <= s.length; i++){
        for(let j = 0; j < wordDict.length; j++) {
            if(i >= wordDict[j].length) {
                if(s.slice(i - wordDict[j].length, i) === wordDict[j] && dp[i - wordDict[j].length]) {
                    dp[i] = true
                }
            }
        }
    }

    return dp[s.length];
}

子集：dp[i]至多i可选

最值

  一和零

找出并返回 strs 的最大子集的大小，该子集中 最多 有 m 个 0 和 n 个 1 。

• 输入：strs = ["10", "0001", "111001", "1", "0"], m = 5, n = 3

• 输出：4

• 解释：最多有 5 个 0 和 3 个 1 的最大子集是 {"10","0001","1","0"} ，因此答案是 4 。 其他满足题意但较小的子集包括 {"0001","1"} 和 {"10","1","0"} 。{"111001"} 不满足题意，因为它含 4 个 1 ，大于 n 的值

dp[i][j]：最多有i个0和j个1的strs的最大子集的大小为dp[i][j]。

确定递推公式

dp[i][j] 可以由前一个strs里的字符串推导出来，strs里的字符串有zeroNum个0，oneNum个1。

dp[i][j] 就可以是 dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1。

然后我们在遍历的过程中，取dp[i][j]的最大值。

所以递推公式：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);

此时大家可以回想一下01背包的递推公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

对比一下就会发现，字符串的zeroNum和oneNum相当于物品的重量（weight[i]）

const findMaxForm = (strs, m, n) => {
    const dp = Array.from(Array(m+1), () => Array(n+1).fill(0));
    let numOfZeros, numOfOnes;

    for(let str of strs) {
        numOfZeros = 0;
        numOfOnes = 0;
    
        for(let c of str) {
            if (c === '0') {
                numOfZeros++;
            } else {
                numOfOnes++;
            }
        }

        for(let i = m; i >= numOfZeros; i--) {
            for(let j = n; j >= numOfOnes; j--) {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - numOfZeros][j - numOfOnes] + 1);
            }
        }
    }

    return dp[m][n];
};

一分为二：weight[i]==value[i]

子序列：dp[i]以下标i - 1/i为结尾（保持相对顺序）

 for(let i = 1; i < nums.length; i++) 
        for(let j = 0; j < i; j++) 

连续

最长回文子串

dp[i][j]表示S[i]至S[j]所表示的子串是否是回文子串，是则为1，不是为0

最大子序和

dp[i]：包括下标i（以nums[i]为结尾）的最大连续子序列和为dp[i]。

dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]);

最长重复子数组

dp[i][j] ：以下标i - 1为结尾的A，和以下标j - 1为结尾的B，最长重复子数组长度为dp[i][j]。

当A[i - 1] 和B[j - 1]相等的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

动态规划

const findLength = (A, B) => {
    // A、B数组的长度
    const [m, n] = [A.length, B.length];
    // dp数组初始化，都初始化为0
    const dp = new Array(m + 1).fill(0).map(x => new Array(n + 1).fill(0));
    // 初始化最大长度为0
    let res = 0;
    for (let i = 1; i <= m; i++) {
        for (let j = 1; j <= n; j++) {
            // 遇到A[i - 1] === B[j - 1]，则更新dp数组
            if (A[i - 1] === B[j - 1]) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            }
            // 更新res
            res = dp[i][j] > res ? dp[i][j] : res;
        }
    }
    // 遍历完成，返回res
    return res;
};

滚动数组

const findLength = (nums1, nums2) => {
    let len1 = nums1.length, len2 = nums2.length;
    // dp[i][j]: 以nums1[i-1]、nums2[j-1]为结尾的最长公共子数组的长度
    let dp = new Array(len2+1).fill(0);
    let res = 0;
    for (let i = 1; i <= len1; i++) {
        for (let j = len2; j > 0; j--) {
            if (nums1[i-1] === nums2[j-1]) {
                dp[j] = dp[j-1] + 1;
            } else {
                dp[j] = 0;
            }
            res = Math.max(res, dp[j]);
        }
    }
    return res;
}

非连续

最长公共子序列(LCS)

Longest Common Subsequence：子序列可以不连续
“sadstory”与“adminsorry”最长公共子序列为“adsory”

dp[i][j]：strA[i]和strB[j]之前的LCS 长度，下标从1开始

不相交的线：最长公共子序列长度

直线不能相交，这就是说明在字符串A中 找到一个与字符串B相同的子序列，且这个子序列不能改变相对顺序，只要相对顺序不改变，链接相同数字的直线就不会相交。

不同的子序列

dp[i][j]：以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]

const numDistinct = (s, t) => {
    let dp = Array.from(Array(s.length + 1), () => Array(t.length +1).fill(0));

    for(let i = 0; i <=s.length; i++) {
        dp[i][0] = 1;
    }
    
    for(let i = 1; i <= s.length; i++) {
        for(let j = 1; j<= t.length; j++) {
            if(s[i-1] === t[j-1]) {
//不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1][j]
                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];
            } else {
                dp[i][j] = dp[i-1][j]
            }
        }
    }

    return dp[s.length][t.length];
};

最长上升子序列

dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度

位置i的最长升序子序列等于j从0到i-1各个位置的最长升序子序列 + 1 的最大值。

所以：if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

const lengthOfLIS = (nums) => {
    let dp = Array(nums.length).fill(1);
    let result = 1;

    for(let i = 1; i < nums.length; i++) {
        for(let j = 0; j < i; j++) {
            if(nums[i] > nums[j]) {
                dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j]+1);
            }
        }
        result = Math.max(result, dp[i]);
    }

    return result;
};

最长回文子序列

const longestPalindromeSubseq = (s) => {
    const strLen = s.length;
    let dp = Array.from(Array(strLen), () => Array(strLen).fill(0));

    for(let i = 0; i < strLen; i++) {
        dp[i][i] = 1;
    }

    for(let i = strLen - 1; i >= 0; i--) {
        for(let j = i + 1; j < strLen; j++) {
            if(s[i] === s[j]) {
                dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
            }
        }
    }

    return dp[0][strLen - 1];
};

打家劫舍：子集+最值+不能偷连续

数组

dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]。

决定dp[i]的因素就是第i房间偷还是不偷。

如果偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 2] + nums[i] ，即：第i-1房一定是不考虑的，找出 下标i-2（包括i-2）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i-2] 加上第i房间偷到的钱。

如果不偷第i房间，那么dp[i] = dp[i - 1]，即考 虑i-1房，（注意这里是考虑，并不是一定要偷i-1房，这是很多同学容易混淆的点）

然后dp[i]取最大值，即dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);

​​​​​​环

受影响的是首尾元素

对于一个数组，成环的话主要有如下三种情况：

• 情况一：考虑不包含首尾元素=线性数组

• 情况二：考虑包含首元素，不包含尾元素

• 情况三：考虑包含尾元素，不包含首元素

注意我这里用的是"考虑"，例如情况三，虽然是考虑包含尾元素，但不一定要选尾部元素！ 对于情况三，取nums[1] 和 nums[3]就是最大的。

而情况二 和 情况三 都包含了情况一了，所以只考虑情况二和情况三就可以了。

var rob = function(nums) {
  const n = nums.length
  if (n === 0) return 0
  if (n === 1) return nums[0]
  const result1 = robRange(nums, 0, n - 2)
  const result2 = robRange(nums, 1, n - 1)
  return Math.max(result1, result2)
};

const robRange = (nums, start, end) => {
  if (end === start) return nums[start]
  const dp = Array(nums.length).fill(0)
  dp[start] = nums[start]
  dp[start + 1] = Math.max(nums[start], nums[start + 1])
  for (let i = start + 2; i <= end; i++) {
    dp[i] = Math.max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])
  }
  return dp[end]
}

二叉树

下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。

所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！

那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？

别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。

后序遍历：通过递归函数的返回值来做下一步计算

const rob = root => {
    // 后序遍历函数
    const postOrder = node => {
        // 递归出口
        if (!node) return [0, 0];
        // 遍历左子树
        const left = postOrder(node.left);
        // 遍历右子树
        const right = postOrder(node.right);
        // 不偷当前节点，左右子节点都可以偷或不偷，取最大值
        const DoNot = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
        // 偷当前节点，左右子节点只能不偷
        const Do = node.val + left[0] + right[0];
        // [不偷，偷]
        return [DoNot, Do];
    };
    const res = postOrder(root);
    // 返回最大值
    return Math.max(...res);
};

买卖股票

买卖一次

首先设定是现金为0，买股票会花钱(变成负数)，卖股票会赚钱
每一天的股票都有两种状态分别是持有和不持有
对于递推公式dp【i】【0】 = max(dp【i - 1】【0】, -price【i】)来说，
其实就是买不买第i天这支股票,买的话金钱减少，不买就维持前一天的状态，在买和不买两种情况中取剩钱最多的那个
对于dp【i】【1】 = max(dp【i - 1】【1】, dp【i - 1】【0】 + price【i】)
就是卖不卖第i天这支股票，卖的话赚钱，不卖就维持前一天的状态，在卖和不卖中取剩钱最多的那个，如果想要卖股票的话，之前必须要买过股票，所以是dp【i - 1】【0】 + price【i】

贪心：取最左最小值，取最右最大值，差值就是最大利润

int maxProfit(vector& prices) {
        int low = INT_MAX;
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
            low = min(low, prices[i]);  // 取最左最小价格
            result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润
        }
        return result;
    }

在再次购买前出售掉之前

const maxProfit = (prices) => {
  let dp = Array.from(Array(prices.length), () => Array(2).fill(0));
  // dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
  // dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
  dp[0][0] = 0 - prices[0];
  dp[0][1] = 0;
  for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
    // 如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来
    // 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
    // 第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]
    dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);

    // 在来看看如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然可以由两个状态推出来
    // 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
    // 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]
    dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
  }

  return dp[prices.length - 1][1];
};

贪心：利润分解为每天

假如第 0 天买入，第 3 天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。

相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。

此时就是把利润分解为每天为单位的维度，而不是从 0 天到第 3 天整体去考虑

var maxProfit = function(prices) {
    let result = 0
    for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
        result += Math.max(prices[i] - prices[i - 1], 0)
    }
    return result
};

最多两笔

1. 确定dp数组以及下标的含义

一天一共就有五个状态，

1. 没有操作 （其实我们也可以不设置这个状态）
2. 第一次持有股票
3. 第一次不持有股票
4. 第二次持有股票
5. 第二次不持有股票

dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金

1. 确定递推公式

达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：

• 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]

那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？

一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);

同理dp[i][2]也有两个操作：

• 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]

所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])

同理可推出剩下状态部分：

dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);

dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);

1. dp数组如何初始化

第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;

第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];

第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？

此时还没有买入，怎么就卖出呢？ 其实大家可以理解当天买入，当天卖出，所以dp[0][2] = 0;

第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？

第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后再买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。

所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];

同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;

最多 k 笔

• 0 表示不操作
• 1 第一次买入
• 2 第一次卖出
• 3 第二次买入
• 4 第二次卖出
• .....

除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。

题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了

// 方法一：动态规划
const maxProfit = (k,prices) => {
    if (prices == null || prices.length < 2 || k == 0) {
        return 0;
    }
    
    let dp = Array.from(Array(prices.length), () => Array(2*k+1).fill(0));

    for (let j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
        dp[0][j] = 0 - prices[0];
    }
    
    for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
        for (let j = 0; j < 2 * k; j += 2) {
            dp[i][j+1] = Math.max(dp[i-1][j+1], dp[i-1][j] - prices[i]);
            dp[i][j+2] = Math.max(dp[i-1][j+2], dp[i-1][j+1] + prices[i]);
        }
    }

    return dp[prices.length - 1][2 * k];
};

// 方法二：动态规划+空间优化
var maxProfit = function(k, prices) {
    let n = prices.length;
    let dp = new Array(2*k+1).fill(0);
    // dp 买入状态初始化
    for (let i = 1; i <= 2*k; i += 2) {
        dp[i] = - prices[0];
    }

    for (let i = 1; i < n; i++) {
        for (let j = 1; j < 2*k+1; j++) {
            // j 为奇数：买入状态
            if (j % 2) {
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1] - prices[i]);
            } else {
                // j为偶数：卖出状态
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1] + prices[i]);
            }
        }
    }

    return dp[2*k];
};

冷冻期

四个状态：

• 状态一：持有股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作，一直持有）
• 不持有股票状态，这里就有两种卖出股票状态
  • 状态二：保持卖出股票的状态（两天前就卖出了股票，度过一天冷冻期。或者是前一天就是卖出股票状态，一直没操作）
  • 状态三：今天卖出股票
• 状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！

达到买入股票状态（状态一）即：dp[i][0]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
• 操作二：今天买入了，有两种情况
  • 前一天是冷冻期（状态四），dp[i - 1][3] - prices[i]
  • 前一天是保持卖出股票的状态（状态二），dp[i - 1][1] - prices[i]

那么dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i]);

达到保持卖出股票状态（状态二）即：dp[i][1]，有两个具体操作：

• 操作一：前一天就是状态二
• 操作二：前一天是冷冻期（状态四）

dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);

达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：

昨天一定是持有股票状态（状态一），今天卖出

即：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];

达到冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：

昨天卖出了股票（状态三）

dp[i][3] = dp[i - 1][2];

综上分析，递推代码如下：

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
dp[i][3] = dp[i - 1][2];

手续费

// 贪心思路
var maxProfit = function(prices, fee) {
    let result = 0
    let minPrice = prices[0]
    for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
        if(prices[i] < minPrice) {
            minPrice = prices[i]
        }
        if(prices[i] >= minPrice && prices[i] <= minPrice + fee) {
            continue
        }

        if(prices[i] > minPrice + fee) {
            result += prices[i] - minPrice - fee
            // 买入和卖出只需要支付一次手续费
            minPrice = prices[i] -fee
        }
    }
    return result
};

// 动态规划
/**
 * @param {number[]} prices
 * @param {number} fee
 * @return {number}
 */
var maxProfit = function(prices, fee) {
    // 滚动数组
    // have表示当天持有股票的最大收益
    // notHave表示当天不持有股票的最大收益
    // 把手续费算在买入价格中
    let n = prices.length,
        have = -prices[0]-fee,   // 第0天持有股票的最大收益
        notHave = 0;             // 第0天不持有股票的最大收益
    for (let i = 1; i < n; i++) {
        // 第i天持有股票的最大收益由两种情况组成
        // 1、第i-1天就已经持有股票，第i天什么也没做
        // 2、第i-1天不持有股票，第i天刚买入
        have = Math.max(have, notHave - prices[i] - fee);
        // 第i天不持有股票的最大收益由两种情况组成
        // 1、第i-1天就已经不持有股票，第i天什么也没做
        // 2、第i-1天持有股票，第i天刚卖出
        notHave = Math.max(notHave, have + prices[i]);
    }
    // 最后手中不持有股票，收益才能最大化
    return notHave;
};