leetcode中一些经典动态规划题（不定期更新）

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我是靠谱客的博主冷酷钻石，这篇文章主要介绍leetcode中一些经典动态规划题（不定期更新），现在分享给大家，希望可以做个参考。

115. Distinct Subsequences
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状态转移方程：
$\\ dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j - 1],quad s[j] ==t[i] end{cases}$
理解：
dp[i][j]表示s[0:j]和t[0:i]的结果
当s[j] 与 t[i]不相等时，当前结果即为前一轮结果
当两者相等时，当前结果可以分为两个情况：
s[j] 与 t[i] 匹配，此时对应的结果为dp[i - 1][j - 1]
s[j] 不与 t[i] 匹配，此时的结果为dp[i][j - 1]
因此最终的结果为两者的和
举个例子：
先补一行一列，第0行表示当t为空时，都可以匹配，第0列表示当s为空时无法匹配

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   0  r b b b t (s)
0  1  1 1 1 1 1
r  0  1 1 1 1 1
b  0  0 1 2 3 3
t  0  0 0 0 0 3
(t)

s = rbbbt，t=rbt，当遍历到t[i] = ‘b’ s[j]=‘b’（第二个）时,此时有两个选择：t[i]与s[j]匹配，即

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rbb
^ ^

此时的dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
或者t[i]不与s[j]匹配，即

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rbb
^^

此时的dp[i][j] = dp[i][j - 1]
最后的代码：

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class Solution {
public:
    int numDistinct(string s, string t) {
        int lenS = s.length(), lenT = t.length();
        vector<vector<long long>> dp(lenT + 1, vector<long long>(lenS + 1, 0));
        for(int i = 0; i <= lenS; ++i)
            dp[0][i] = 1;
        for(int i = 1; i <= lenT; ++i)
            dp[i][0] = 0;
        for(int i = 1; i <= lenT; ++i)
            for(int j = 1; j <= lenS; ++j)
            {
                if(s[j - 1] == t[i - 1]) dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i - 1][j - 1];
                else dp[i][j] = dp[i][j - 1];
            }
        return dp[lenT][lenS];
    }
};

940. Distinct Subsequences II
940
状态转移方程：
$\\ do quad nothing,quad s[j] ==t[i] end{cases}$
j的取值：[0, i)
理由：
dp[i]表示以s[i]结尾的子序列的个数
举例说明：

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abca:
a: a
b: ab, b
c: ac, abc, bc, c
a: aa, aba, ba, aca, abca, bca, ca, a(相当于第一个a没做)

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const int MOD = 1e9 + 7;
class Solution {
public:
    int distinctSubseqII(string S) {
        int result = 0;
        vector<int> dp(S.length(), 1);
        for(unsigned i = 0; i < S.length(); ++i)
        {
            for(unsigned j = 0; j < i; ++j)
            {
                if(S[j] != S[i])
                {
                    dp[i] += dp[j];
                    dp[i] %= MOD;
                }
            }
            result += dp[i];
            result %= MOD;
        }
        return result;
    }
};

474. Ones and Zeroes
474
给定一个字符串数组和两个整数m，n，其中m表示0能出现的次数上限，n表示1能出现的次数上限，给出最多数量的字符串，使其1和0的个数都满足要求
典型的二维费用背包问题，先创建一个二维数组res, res[i][j]表示只使用i个0和j个1，能得到的最大价值，每次遇到一个字符串，先分别算出0和1的数目，作为二维费用中各自的cost，且每个元素的value均为1
因此 $res[i][j] = max(res[i][j], res[i - zero_i][j - one_i]+1)$ ，最后返回res[m][n]即可

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class Solution {
public:
    int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {

		int len = strs.size();
		vector<vector<int>> res(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));
		//int maxn = 0, pos = 1;
		for (string s : strs)
		{
			int zero = 0, one = 0;
			for (char c : s)
				if (c == '0') zero++;
				else one++;
			for(int i = m; i >= zero; --i)
				for (int j = n; j >= one; --j)
				{
					res[i][j] = max(res[i][j], res[i - zero][j - one] + 1);
					//maxn = max(res[i][j], maxn);
				}
			//pos++;
		}
		return res[m][n];
	}
};

322. Coin Change
322
给定一个整型数组coins和一个整数amount，其中coins中的数可以用无限次，判断最少需要使用多少个coins中的数，使其之和为amount，若不存在，则返回-1。
状态转移方程：
$d p [i] = m i n (d p [i], d p [i - c] + 1)$
$其中 c 为 c o i n s 中的数$
比如例题中， $d p [11] = m i n (d p [11], d p [11 - 1] + 1, d p [11 - 2] + 1, d p [11 - 5] + 1)$

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class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        vector<int> dp(amount + 1, 1e9);
        sort(coins.begin(), coins.end());
        dp[0] = 0;
        for(int i = 1; i <= amount; ++i)
        {
            int minn = 1e9;
            for(int c: coins)
            {
                if(i - c < 0) break;
                minn = min(minn, dp[i - c]);
            }
            dp[i] = minn + 1;
        }
        if(dp[amount] >= 1e9) return -1;
        else return dp[amount];
    }
};

416. Partition Equal Subset Sum
416
给定一个数组，判断其是否能被分成两个和相等的子数组
状态转移方程：
$d p [j] = d p [j] ∣ ∣ d p [j - n u m s [i]]$
举个例子：[2, 2, 3, 4, 5]
初始化dp[0]=true
第一轮dp[2] = dp[2] || dp[2-2] = true
第二轮dp[4] = dp[4] || dp[4-2] = true
即后一项对应不使用该元素时的和
最后只要返回原数组总和sum 的 1/2即可
完整代码：

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class Solution {
public:
    bool canPartition(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();
        if(len < 2) return false;
        long long int sum = 0;
        for(int& i: nums) sum += i;
        if(sum % 2) return false; // sum为奇数，则不可划分
        sum /= 2;
        vector<bool> dp(sum + 1, 0);
        dp[0] = true; // 初始化dp[0] = true
        for(int i = 0; i < len; ++i)
        {
            for(int j = sum; j >= nums[i]; --j)
                dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
        }
        return dp[sum];
    }
};