我是靠谱客的博主 甜甜棉花糖，最近开发中收集的这篇文章主要介绍【Leetcode】动态规划问题详解（持续更新）1、动态规划算法步骤（Dynamic Programming）2、leetcode上适合用DP求解的问题3、leetcode相关题目，觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。
概述
1、动态规划算法步骤（Dynamic Programming）
动态规划算法一般用来求解最优化问题，当问题有很多可行解，而题目要求寻找这些解当中的“最大值”/“最小值”时，通常可以采用DP。
动态规划算法与分治法相似，都是通过组合子问题的解来求解原问题。所不同的是，动态规划应用于子问题重叠的情况，在递归求解子问题的时候，一些子子问题可能是相同的，这种情况下，分治法会反复地计算同样的子问题，而动态规划对于相同的子问题只计算一次。
动态规划算法的设计步骤：
1、刻画最优解的结构特征（寻找最优子结构）
2、递归地定义最优解的值（确定递归公式，动态规划法的重点就是这个）
3、计算最优解的值（有两种方法：带备忘录自顶向下法、自底向上法）
4、利用计算出的信息构造一个最优解（通常是将具体的最优解输出）
2、leetcode上适合用DP求解的问题
| 题目 | OJ地址 | 目录 |
Triangle | https://oj.leetcode.com/problems/triangle/ | 3.1 |
| Maximum Subarray | https://oj.leetcode.com/problems/maximum-subarray/ | 3.2 |
Palindrome Partitioning II | https://oj.leetcode.com/problems/palindrome-partitioning-ii/ | 3.3 |
| Minimum Path Sum | https://oj.leetcode.com/problems/minimum-path-sum/ | 3.4 |
| Maximal Rectangle | https://oj.leetcode.com/problems/maximal-rectangle/ | 3.5 |
Interleaving String | https://oj.leetcode.com/problems/interleaving-string/ | 3.6 |
| Edit Distance | https://oj.leetcode.com/problems/edit-distance/ | 3.7 |
Decode Ways | https://oj.leetcode.com/problems/decode-ways/ | 3.8 |
Best Time to Buy and Sell StocI&II&III | https://oj.leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/ | 3.9 |
Scramble String | https://oj.leetcode.com/problems/scramble-string/ | 3.10 |
Distinct Subsequences | https://oj.leetcode.com/problems/distinct-subsequences/ | 3.11 |
| Word Break I&II | https://oj.leetcode.com/problems/word-break/ | 3.12 |
| Unique Paths I & II | https://oj.leetcode.com/problems/unique-paths/ | 3.4 |
3、leetcode相关题目
3.1 Triangle
3.1.1 题目
Given a triangle, find the minimum path sum from top to bottom. Each step you may move to adjacent numbers on the row below.
For example, given the following triangle
[ [2], [3,4], [6,5,7], [4,1,8,3] ]
The minimum path sum from top to bottom is 11 (i.e., 2 + 3 + 5 + 1 = 11).
Note:
O(n) extra space, where n is the total number of rows in the triangle.
3.1.2 分析
题目大意：从最顶端往下走，寻找和最小的路径。
显然，从最顶端往下走有很多条路径可以走，但是每一条路径的sum不一样，题目要求sum最小，属于最优化问题，考虑动态规划。
如果用暴力破解，复杂度如何？观察题目所给的三角形，对于每个“节点”，往下都有两条路可以走，比如2可以往3、4走，3可以往6、5走，4可以往5、7走.......类似于二叉树，如果有n行，则一共有路径2^n条，时间复杂度O(2^n)。
用动态规划的话，时间复杂度可以降到O(n^2)。下面按照动态规划的步骤来分析这道题：
#1 最优解的结构特征
第一个步骤要搞清楚怎么将问题分解为更小的子问题。上面已经提到，“2”往下走都有两条路可以选择，分别是“3”、“4”，因此从2出发的最优路径，其实就是从“3”出发的最优路径、从“4”出发的最优路径 这两者中sum最小的一条。
#2 确定递归求解公式
用f(i,j)表示从点(i,j)出发的最优路径的sum，根据上面分析，易得递归公式 ：f(i,j)=min{f(i+1,j),f(i+1,j+1)}+Val(i,j)
Val(i,j)表示点(i,j)的值。
#3 根据递归公式求解
分别用“自底向上”、“带备忘录的自顶向下”两种方法，见3.1.3代码
3.1.3 参考代码
自底向上法，注意到f(0,0)取决于f(1,0)、f(1,1); f(1,0)又取决于f(2,0)、f(2,1)......所以从最底层开始计算是比较自然的做法，而最底层的最短路径和就是节点本身的值，因此实际上是从倒数第二层开始计算。
<span style="font-size:18px;">int minimumTotal(vector<vector<int> > &triangle) {
int row=triangle.size();
//行,第row行的元素有row个
vector<vector<int> > f(triangle);
//用f[m][n]记录从triangle[m][n]出发到叶子节点的最短路径和。也可以直接用triangle代替f，但会改变triangle
for(int x=row-2;x>=0;x--)
for(int y=0;y<=x;y++)
f[x][y]=min(f[x+1][y],f[x+1][y+1])+triangle[x][y];
return f[0][0];
}</span>(自底向上法的程序是迭代形式的)
带备忘录的自顶向下法
<span style="font-size:18px;">class Solution {
public:
int minimumTotal(vector<vector<int> > &triangle) {
int row=triangle.size();
//行
vector<vector<int> > f(triangle);
//f[m][n]表示从triangle[m][n]出发到叶子节点的最短路径和
for(int m=0;m<row-1;m++)
for(int n=0;n<=m;n++)
f[m][n]=INT_MAX;
//与自底向上的方法不同，备忘录法必须将其初始化为标识值，以便“查找备忘录”
f[row-1]=triangle[row-1];
//最后一行保持原值
return dp(0,0,triangle,f);
//从根出发
}
private:
int dp(int x,int y,vector<vector<int> > &triangle,vector<vector<int> > &f){
if(f[x][y]!=INT_MAX) return f[x][y];
//查找备忘录，如果已经计算过，直接返回，避免重复计算
f[x][y]=min(dp(x+1,y,triangle,f),dp(x+1,y+1,triangle,f))+triangle[x][y];
return f[x][y];
}
};</span>（备忘录法的代码是递归形式的，但不同于递归程序的是，它有备忘录f[m][n]，不会重复计算相同子问题）
3.2 Maximum Subarray
3.2.1 题目
Find the contiguous subarray within an array (containing at least one number) which has the largest sum.
For example, given the array [−2,1,−3,4,−1,2,1,−5,4],
[4,−1,2,1] has the largest sum = 6.
3.2.2 分析
题目大意：给定一个数组，求最大连续子段和。
经典问题来的，搜索一下，解法多种多样：
暴力枚举法，时间复杂度O(n^3)。以数组的每个元素为子段起点，并以该起点后面的每一个元素为子段终点，计算该子段和，不断更新最大子段。
分治法，时间复杂度O(nlogn)。将数组等分为a[0..n/2]、a[n/2+1..n]，则a[0...n]的最大子段存在的位置有三种情况，第一种是只在数组a[0..n/2]里，第二种是只在a[n/2+1..n]里，第三种是横跨a[0..n/2]和a[n/2+1..n]，对于第三种，只需要从a[n/2]开始分别往两边搜索出和最大的子段，拼接起来即题目所求的最大子段。
动态规划法，时间复杂度O(n)。
从头到尾遍历数组，对于每个元素，它可以加入之前保存的subarray，也可以以它为起点另起一个subarray。什么情况加入什么情况另起？当之前的subarray大于0时，我们认为subarray对后续是有利的，将当前元素加入subarray，反之若subarray小于0，则另起一个subarray。在这个过程中，subarray的值一直在变，但有可能变大，也有可能变小，所以要不断地更新sum=max{sum,subarray}。
#确定递归公式
b[j]=max{a[i]++a[j]},1<=i<=j,且1<=j<=n,则所求的最大子段和为max b[j]，1<=j<=n。
由b[j]的定义可知，当b[j-1]>0时b[j]=b[j-1]+a[j]，否则b[j]=a[j]。
因此递归公式为：b[j]=max(b[j-1]+a[j],a[j])，1<=j<=n。
根据递归公式可以写出如下代码
3.2.3 代码
<span style="font-size:18px;">int maxSubArray(int A[], int n) {
int sum=INT_MIN,b=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
b=max(A[i],b+A[i]);
sum=max(sum,b);
}
return sum;
}</span>3.3 Palindrome Partitioning II
3.3.1 题目
Given a string s, partition s such that every substring of the partition is a palindrome.
Return the minimum cuts needed for a palindrome partitioning of s.
For example, given s = "aab",
1 since the palindrome partitioning ["aa","b"] could be produced using 1 cut.
3.3.2 分析
题目大意：给定一个字符串，返回最小的切割数，使得切割后形成的所有字符串都是回文的。
我们知道，对于一个长度为n的字符串，它里面可以切割的位置有n-1个，每个位置可切割可不切割，这样一共会产生2^(n-1)种方案，我们的任务就是从所有方案中，找出满足以下两个条件的那个方案：1、切割后形成的所有字符串都是回文的。2、符合条件1的所有方案中切割数最小。
如果用暴力破解，复杂度是O(2^n)。我们模拟一下这个过程，比如s="abcde"，从a后面切割，然后递归求解“bcde”的最小切割数；从b后面切割，然后递归求解“cde”的最小切割数....可以发现求解 “bcde”最小切割数 这个子问题包含了 求解“cde”最小切割数 这个字问题，也就是说有重叠子问题，而暴力破解法重复计算了这些子问题。
显然，应该用动态规划：
#1
首先，我们用p[i][j]=true表示字符串s[i...j]是回文字符串，false表示非回文串。这里p[i][j]作为备忘录，是为了避免重复地判断p[i][j]是否为回文串。
易知，当s[i]==s[j]并且s[i+1..j-1]为回文串时，s[i..j]为回文串。或者当s[i..j]长度小于3时，s[i]==s[j]则s[i..j]是回文串
因此可以得到：p[i][j]= s[i]==s[j] && (j-i<2 || p[i+1][j-1])
#2
用f[i]表示字符串s[i...n-1]的最小切割数，则可以得到递归公式：f[i]=min{ f[ j+1]+1 }， 其中i<=j<=n
根据这个递归公式，我们想得到f[i]，就必须先得到f[i+1]、f[i+2].....f[n-1]，因此计算f[]的顺序是从f[n-1]往前倒f[0]，f[0]即我们想要的。
下面用例子模拟一遍：
s=“abcdddd”，长度为7，f[i]初始化最坏情况下的切割数,即s[i...n-1]每一处都切割，那么：
初始时f[0]=6,f[1]=5,f[2]=4,.....f[6]=0，然后：
（1）计算f[6]，即s[6..6]的最小切割数，显然是0，然后计算出f[5]、f[4]、f[3]也同样是0
（2）计算f[2],即“cdddd”的最小切割数
（3）计算f[1]，即"bcdddd”的最小切割数
（4）计算f[0],即"abcdddd”的最小切割数
3.3.3 代码
<span style="font-size:18px;">int minCut(string s) {
int n=s.size();
int f[n+1];
//f[i]表示字符串s[i...n-1]的最小切割数
for(int i=0;i<=n;i++)
f[i]=n-i-1;
//初始化为最坏情况,即每一处都切割。注意f[n]=-1是故意多出来的一个
bool p[n][n];
memset(p,false,n*n);
/*确定p[i][j]*/
for(int i=n-1;i>=0;i--)
for(int j=i;j<n;j++){
p[i][j]= s[i]==s[j] && (j-i<2 || p[i+1][j-1]);
}//当s[i]==s[j]并且s[i+1..j-1]为回文串时，s[i..j]才为回文串。当s[i..j]长度小于3则只需判断s[i]==s[j]
/*计算f[]*/
for(int i=n-1;i>=0;i--)
for(int j=i;j<n;j++){
if(p[i][j]) f[i]=min(f[i],1+f[j+1]);
} //这段代码其实可以直接将if语句写到上面的for for循环里，这里只是为了思想清晰
return f[0];
}</span>3.4 Unique Paths、Unique Paths II、Minimum Path Sum
3.4.1 Unique Paths
3.4.1.1 题目
A robot is located at the top-left corner of a m x n grid (marked 'Start' in the diagram below).
The robot can only move either down or right at any point in time. The robot is trying to reach the bottom-right corner of the grid (marked 'Finish' in the diagram below).
How many possible unique paths are there?
Above is a 3 x 7 grid. How many possible unique paths are there?
Note: m and n will be at most 100.
3.4.1.2 分析
题目大意：给定一个m*n的网格，限定每次只能向右或向下走，问从start到finish一共有多少条路径。
这道题很容易想到分治法，记start下边相邻的格子为startbelow，start右边相邻的格子为startright，则start到finish的路径数可以表示为：uniquePaths(start)=uniquePaths(startbelow)+uniquePaths(startright)。
分治法的代码很简单，但是复杂度太高，超时：
int uniquePaths(int m, int n) {
if(m<1 || n<1) return 0;
if(m==1 && n==1) return 1;
return uniquePaths(m-1,n)+uniquePaths(m,n-1);
}
动态规划的特点之一就是避免重复计算重叠子问题，为了避免重复计算，我们应该建一个备忘录p[i][j]，记录一个i * j的网格的path个数。比如对于start，它到finish的路径数为p[3][7]。
现在，我们想要得到p[3][7]，就得首先得到p[2][7]和p[3][6]，同样p[2][7]又取决于p[1][7]和p[2][6]......
所以递归公式为：p[i][j]=p[i-1][j]+p[i][j-1]。
自然地，我们可以采用动态规划的自底向上法，先计算p[1][1]，然后p[1][2]、p[1][3].....
当然，也可以采用自顶向下法，代码见3.4.1.3
3.4.1.3 代码
自底向上法代码，时间复杂度O(n^2)
int uniquePaths(int m, int n) {
if(m<1 || n<1) return 0;
if(m==1 && n==1) return 1;
int p[m+1][n+1];//p[i][j]表示：一个iXj的grid的path个数。p[m][n]即为所求
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==1 || j==1) p[i][j]=1; //对于只有一行或者一列的网格，路径数肯定为1
else p[i][j]=p[i-1][j]+p[i][j-1];
}
return p[m][n];
}class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
this->p=vector<vector<int>> (m+1,vector<int>(n+1,0));
return dfs(m,n);
}
private:
vector<vector<int>> p;
int dfs(int m,int n){
if(m<1 || n<1) return 0;
if(m==1 && n==1) return 1;
return getp(m-1,n)+getp(m,n-1);
}
int getp(int m,int n ){
if(p[m][n]!=0) return p[m][n];
else p[m][n]=dfs(m,n);
}
};3.4.2 Unique Paths II
3.4.2.1 题目
Follow up for "Unique Paths":
Now consider if some obstacles are added to the grids. How many unique paths would there be?
An obstacle and empty space is marked as 1 and 0 respectively in the grid.
For example,
There is one obstacle in the middle of a 3x3 grid as illustrated below.
[ [0,0,0], [0,1,0], [0,0,0] ]
The total number of unique paths is 2.
Note: m and n will be at most 100.
3.4.2.2 分析
题目大意：这道题跟上一道只有一点不同，给定的网格中一些格子是设有障碍的。
只要在上一道的基础上稍加修改就行：对于那些有障碍的（即值为1）的格子（i，j），其p[i][j]=0，因为不可能从它开始找到任何一条路径到达终点。
另外，对于只有一列或者一行的网格，比如[0 0 0 1 0 0]，起点到终点的路径数p[1][6]为0，因为只能向右走，而且中间碰到障碍。
除了以上这些处理，递归式仍然是：p[i][j]=p[i-1][j]+p[i][j-1]。
据此写出以下代码，采用自顶向上，注意p[i][j]表示的网格i*j是从原网格中以“终点”为右下顶点截取下来的，比如对于题目所给的3*3网格，p[2][2]表示的网格是: 1 0
0 0
3.4.2.3 代码
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int> > &obstacleGrid) {
if(obstacleGrid.empty()) return 0;
int m=obstacleGrid.size();
int n=obstacleGrid[0].size();
int p[m+1][n+1];//p[i][j]表示：iXj的grid的path个数（该grid是从obstacleGrid中以“终点”为右下顶点截取下来的）
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
if(obstacleGrid[m-i][n-j]==1) p[i][j]=0;
//有障碍，p[i][j]=0
else if(i==1 && j==1){
//p[1][1]单独处理
p[i][j]=1;
}
else if(i==1){
p[1][j]=p[1][j-1];
//只能向右，取决于p[1][j-1]
}
else if(j==1){
p[i][1]=p[i-1][1];
//只能向下，取决于p[i-1][1]
}
else
p[i][j]=p[i-1][j]+p[i][j-1];
//能向下或向右
}
return p[m][n];
}3.4.3 Minimum Path Sum
3.4.3.1 题目
Given a m x n grid filled with non-negative numbers, find a path from top left to bottom right which minimizes the sum of all numbers along its path.
Note: You can only move either down or right at any point in time.
3.4.3.2 分析
题目大意：给定一个m*n的网格，每个格子里面有非负数，找出从top-left（同3.4.1题图中的start）到bottom-right（同3.4.1题图中的finish）的具有最小sum的路径。
仍然可以用上两题的思路，只不过p[i][j]存储的不是i*j网格的路径数，而是i*j网格的最小sum。
递归公式：p[i][j]=val[i,j]+min{ p[i-1][j]，p[i][j-1] } val[i,j]表示格子(i,j)的值。
当然，对于只有一行的网格p[1][j]=val[i,j]+p[1][j-1]，对于只有一列的网格，p[i][1]=val[i,j]+p[i-1][1]
3.4.3.3 代码
int minPathSum(vector<vector<int> > &grid) {
if(grid.empty()) return 0;
int m=grid.size();
int n=grid[0].size();
int p[m+1][n+1];
//p[i][j]表示iXj的grid的最小PathSum（该grid是从grid中以“终点”为右下顶点截取下来的），p[m][n]即为所求
/*自底向上法*/
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==1 && j==1)
p[1][1]=grid[m-1][n-1];
//p[1][1]单独处理
else if(i==1)
p[i][j]=grid[m-i][n-j]+p[i][j-1];
//i=1，只能向右走
else if(j==1)
p[i][j]=grid[m-i][n-j]+p[i-1][j];
//j=1，只能向下走
else p[i][j]=grid[m-i][n-j]+min(p[i-1][j],p[i][j-1]);
//能向下或向右
}
return p[m][n];
}最后
以上就是甜甜棉花糖为你收集整理的【Leetcode】动态规划问题详解（持续更新）1、动态规划算法步骤（Dynamic Programming）2、leetcode上适合用DP求解的问题3、leetcode相关题目的全部内容，希望文章能够帮你解决【Leetcode】动态规划问题详解（持续更新）1、动态规划算法步骤（Dynamic Programming）2、leetcode上适合用DP求解的问题3、leetcode相关题目所遇到的程序开发问题。
如果觉得靠谱客网站的内容还不错，欢迎将靠谱客网站推荐给程序员好友。
本图文内容来源于网友提供，作为学习参考使用，或来自网络收集整理，版权属于原作者所有。
发表评论 取消回复