算法训练 Day41 | 动态规划训练Day3；LeetCode343. 整数拆分；LeetCode96. 不同的二叉搜索树
目录
LeetCode343. 整数拆分
1. 思路
2. 代码实现
3. 复杂度分析
4. 思考与收获
LeetCode96. 不同的二叉搜索树
1. 思路
2. 代码实现
3. 复杂度分析
4. 思考与收获
LeetCode343. 整数拆分
链接：343. 整数拆分 - 力扣（LeetCode）
1. 思路
看到这道题目，都会想拆成两个呢，还是三个呢，还是四个.... 我们来看一下如何使用动规来解决；
1.1 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。
dp[i]的定义讲贯彻整个解题过程，下面哪一步想不懂了，就想想dp[i]究竟表示的是啥！
1.2 确定递推公式
可以想 dp[i]最大乘积是怎么得到的呢？
其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i].
-
一个是j * (i - j) 直接相乘；（拆分成两个数）
-
一个是j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)，对这个拆分不理解的话，可以回想dp数组的定义；（拆分成三个数及以上）
（拆分数字i-j可以获得的最大乘积为dp[i - j] ）
从拆分的个数理解？
也可以这么理解，j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘；如果定义dp[i - j] * dp[j] 也是默认将一个数强制拆成4份以及4份以上了；为啥在递推公式的时候不考虑dp[i - j] * dp[j] 这种情况，因为拆分成两个及两个以上就包括了这种情况；
那么从1遍历j，j可以一直取到 i-1 比较 (i - j) * j 和 dp[i - j] * j 取最大的。递推公式：dp[i] = max( dp[i], max( (i - j) * j, dp[i - j] * j ))；
那有同学问了，j怎么就不拆分呢？
j是从1开始遍历，拆分j的情况，在遍历j的过程中其实都计算过了；
那么在取最大值的时候，为什么还要比较dp[i]呢？
因为在递推公式推导的过程中，每次计算dp[i]，取最大的而已；
1.3 dp的初始化
不少同学应该疑惑，dp[0] dp[1]应该初始化多少呢？
有的题解里会给出dp[0] = 1，dp[1] = 1的初始化，但解释比较牵强，主要还是因为这么初始化可以把题目过了；严格从dp[i]的定义来说，dp[0] dp[1] 就不应该初始化，也就是没有意义的数值；
拆分0和拆分1的最大乘积是多少？
这是无解的；这里我只初始化dp[2] = 1，从dp[i]的定义来说，拆分数字2，得到的最大乘积是1，这个没有任何异议！
1.4 确定遍历顺序
确定遍历顺序，先来看看递归公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * 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]；
枚举j的时候，是从1开始的。i是从3开始，这样dp[i - j]就是dp[2]正好可以通过我们初始化的数值求出来；所以遍历顺序为：
for (int i = 3; i <= n ; i++) {
for (int j = 1; j < i - 1; j++) {
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
}
}
1.5 举例推导dp数组
举例当n为10 的时候，dp数组里的数值，如下：
2. 代码实现
# 动态规划
# time：O(N^2);space:O(N)
class Solution(object):
def integerBreak(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: int
"""
# 创建数组dp
dp = [0]*(n+1)
# 只初始化dp[2]
dp[2] = 1
# 假设对正整数 i 拆分出的第一个正整数是 j（1 <= j < i），则有以下两种方案：
# 1) 将 i 拆分成 j 和 i−j 的和，且 i−j 不再拆分成多个正整数，此时的乘积是 j * (i-j)
# 2) 将 i 拆分成 j 和 i−j 的和，且 i−j 继续拆分成多个正整数，此时的乘积是 j * dp[i-j]
for i in range (3,n+1):
for j in range(1,i):
dp[i] = max(dp[i],j*(i-j),j*dp[i-j])
return dp[n]
3. 复杂度分析
-
时间复杂度：O(n^2) 其中 n 是给定的正整数。对于从 2 到 n 的每一个整数都要计算对应的dp 值，计算一个整数对应的dp 值需要 O(n)O(n) 的时间复杂度，因此总时间复杂度是 O(n^2)；
-
空间复杂度：O(n)
其中 n 是给定的正整数。创建一个数组dp，其长度为 n+1；
4. 思考与收获
-
经典的错误解法
其实这道题目的递推公式并不好想，而且初始化的地方也很有讲究，我在写本题的时候一开始写的代码是这样的：
class Solution { public: int integerBreak(int n) { if (n <= 3) return 1 * (n - 1); vectordp(n + 1, 0); dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 3; for (int i = 4; i <= n ; i++) { for (int j = 1; j < i - 1; j++) { dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] * dp[j]); } } return dp[n]; } }; 这个代码也是可以过的！
在解释递推公式的时候，也可以解释通，dp[i] 就等于 拆解i - j的最大乘积 * 拆解j的最大乘积。 看起来没毛病！
但是在解释初始化的时候，就发现自相矛盾了，dp[1]为什么一定是1呢？根据dp[i]的定义，dp[2]也不应该是2啊。但如果递归公式是 dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] * dp[j]);，就一定要这么初始化。递推公式没毛病，但初始化解释不通！
虽然代码在初始位置有一个判断if (n <= 3) return 1 * (n - 1);，保证n<=3 结果是正确的，但代码后面又要给dp[1]赋值1 和 dp[2] 赋值 2，这其实就是自相矛盾的代码，违背了dp[i]的定义！
我举这个例子，其实就说做题的严谨性，上面这个代码也可以AC，大体上一看好像也没有毛病，递推公式也说得过去，但是仅仅是恰巧过了而已；
-
（二刷再看）本题也可以用贪心，每次拆成n个3，如果剩下是4，则保留4，然后相乘，**但是这个结论需要数学证明其合理性！**我没有证明，而是直接用了结论。感兴趣的同学可以自己再去研究研究数学证明；
class Solution { public: int integerBreak(int n) { if (n == 2) return 1; if (n == 3) return 2; if (n == 4) return 4; int result = 1; while (n > 4) { result *= 3; n -= 3; } result *= n; return result; } };- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
Reference：
- 力扣
- 代码随想录 (programmercarl.com)
本题学习时间：60分钟。
LeetCode96. 不同的二叉搜索树
链接：96. 不同的二叉搜索树 - 力扣（LeetCode）
1. 思路
这道题目描述很简短，但看完都是懵懵的状态，这得怎么统计呢？
我们应该先举几个例子，画画图，看看有没有什么规律，如图：
n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，这个是很直观的；
来看看n为3的时候，有哪几种情况：
- 当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊！（可能有同学问了，这布局不一样啊，节点数值都不一样。别忘了我们就是求不同树的数量，并不用把搜索树都列出来，所以不用关心其具体数值的差异）
- 当3为头结点的时候，其左子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊！
- 当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊！
发现到这里，其实我们就找到了重叠子问题了，其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式；
思考到这里，这道题目就有眉目了。
dp[3]，就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量；
- 元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
- 元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
- 元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
- 有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
- 有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
- 有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。
所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
如图所示：
此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍；
1.1 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
也可以理解是i的不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的。
以下分析如果想不清楚，就来回想一下dp[i]的定义；
1.2 确定递推公式
在上面的分析中，其实已经看出其递推关系， dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。
所以递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量
1.3 dp数组如何初始化
初始化，只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]；
那么dp[0]应该是多少呢？初始化dp[0] = 1
- 从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的；
- 从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1， 否则乘法的结果就都变成0了；
1.4 确定遍历顺序
首先一定是遍历节点数，从递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出，节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态；那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历；
代码如下：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
1.5 举例推导dp数组
n为5时候的dp数组状态如图：
2. 代码实现
# 动态规划
# time:O(N^2);space:O(N)
class Solution(object):
def numTrees(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: int
"""
dp = [0]*(n+1)
dp[0] = 1
for i in range(1,n+1):
for j in range(1,i+1):
dp[i] += dp[j-1]*dp[i-j]
return dp[n]
3. 复杂度分析
-
时间复杂度 : O(n^2) 其中 n 表示二叉搜索树的节点个数；dp数组一共有 n 个值需要求解，每次求解需要 O(n) 的时间复杂度，因此总时间复杂度为 O(n^2)；
-
空间复杂度 : O(n)
我们需要 O(n) 的空间存储 dp数组；
4. 思考与收获
- 这道题目虽然在力扣上标记是中等难度，但可以算是困难了！首先这道题想到用动规的方法来解决，就不太好想，需要举例，画图，分析，才能找到递推的关系。然后难点就是确定递推公式了，如果把递推公式想清楚了，遍历顺序和初始化，就是自然而然的事情了。可以看出依然还是用动规五部曲来进行分析，会把题目的方方面面都覆盖到！
- 之前用动规五部曲讲解斐波那契的时候，感觉讲复杂了；简单题是用来练习方法论的，并不能因为简单就代码一甩，简单解释一下就完事了；可能当时不理解，现在大家应该感受方法论的重要性了；
Reference：
- 力扣
- 代码随想录 (programmercarl.com)
本题学习时间：60分钟。
本篇学习时间约2小时，总结字数近5000字；又做了两道动态规划的题目，这次的递推公式和初始化的思考是有些难度的，总体来说的办法是先举例，再找有没有递推的关系。（求推荐！）