文章目录

• 不同路径
• 不同路径II
• 整数拆分
• 不同的二叉搜索树

动态规划解题五步走：

1. 确定dp数组以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

不同路径

力扣传送门：
https://leetcode.cn/problems/unique-paths/description/

1. 确定dp数组以及下标的含义：
   在本题中dp是一个二维数组，因为这是一个二位的地图，使用dp[i][j]表示在地图原点到 (i,j)这个位置的路径数量。
   因此我们到达终点的方案数就是dp[i][j]的值，即 （i，j）等于终点处的（i，j）

2. 确定递归公式
   由题意得在地图上某个点，我们只能向右或者向下走一步，因此要想到达 （i，j）这个位置，我们可以从（i-1，j）即从上往下走，或者从（i，j-1）即从左往右走。这两种方案来到达，因此便可以推导出我们的递推公式：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。

注意我们的dp[i][j]存储的走到这个位置的方案数量，因此从上面来的方案数 + 从左边来的方案数 = 我们当前的点的方案数。

3. dp数组如何初始化
   可以发现，我们的地图第一行或者第一列上的每一个点都只能有一种方案走到，即一直往右走，或者一直往下走，因此我们的 dp[0][j]应该初始化为1（只有一种方案），dp[i][0]同理也应该初始化为1。

4. 确定遍历的顺序
   我们要计算 （i，j）处的方案数，因此必须先求得它上面的和左边的方案数，它们两者之和即是（i，j）的方案数，因此要从左往右，从上往下计算。

5. 举例推导dp数组
   我们来用图描绘一下这个过程：
   
   所以我们到达终点（i，j）的方案数就是（i-1，j）的方案数 + （i，j-1）的方案数。

代码如下：

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {//dp数组创建vector> dp(m,vector(n));for (int i=0;ifor (int j=0;j//边界：第一列和第一行只能有一种方案if (i==0 || j==0){dp[i][j]=1;}//其他的位置可以有多种情况else{dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];}}}//返回终点处的方案数return dp[m-1][n-1];}
};

不同路径II

力扣传送门：
https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/description/

这道题相比第一题多了一个障碍物的概念。

障碍物代表着什么？

如果（i，j）是一个障碍物，则表示在dp[i][j]中此位置的数值是0.

如果dp[i][j]的数值是0，则对于其下一个点来说，例如（i，j+1）就只能由（i-1，j+1）得到，因为（i，j）的dp数值是0，是一个障碍物。

如图： dp数组随着地图的变化依次计算每一位置的数值，最后的结果保存的就是dp数组的最后一个数据。

代码如下：

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid) {int m=obstacleGrid.size();int n=obstacleGrid[0].size();vector> dp(m,vector(n));for (int i=0;idp[0][i]=1;}for (int i=0;idp[i][0]=1;}for (int i=1;ifor (int j=1;jif (obstacleGrid[i][j]==0){dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];}else{dp[i][j]=0;}}}return dp[m-1][n-1];}
};

时间复杂度：O（nm） 空间复杂度：O（n）

有人就说了，这和上面的那道题不是基本一致的吗，为何要重复在贴一遍呢。
这道题我之所以要在这里在写一遍，是为了引出动态规划的一个非常重要的优化思路：【滚动数组思想】

普通的动态规划是以大量的空间来换取时间的，但是有没有什么办法使得对空间的利用能够减小，而且又能利用动态规划的思想来解决问题呢？

使用优化的动态规划，可以让我们的空间复杂度达到O（1）。

注意看这道题： 我们在dp计算地图的每一个点的数值的时候，我们没有必要创建一个和整个地图一样大的dp数组，而且我们的返回值只有（m-1，n-1）终点这一个dp数组的值，其他的值全部都是多余的，我们只需要一个一维保存当前的行的值即可，然后依次计算按每一行，进行dp数组的更新。

总结一句话就是：我们使用一个dp[j]保存每一行各列的计算结果，然后随着地图的行的更新，我们的dp数组也会更新为每一行数值，直到到达最后一行，最后一个数值即是我们的终点值。

图解：一维进行每一行的各列的计算，如果出现了障碍，则此点置0，否则就加上一个点的数据得到当前点的数据。

代码如下：

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid) {int m=obstacleGrid.size();int n=obstacleGrid[0].size();//只使用一个一维dp数组，保存的是每一行的值vector dp(n);//dp数组首元素的初始化，第一个是不是正常的路dp[0]=(obstacleGrid[0][0]==0);、//遍历整个地图for (int i=0;ifor (int j=0;j//如果地图的值为1，则是障碍物，则把dp数组对应的此点置0，即无法通过if (obstacleGrid[i][j]==1){dp[j]=0;//直接跳到下一列continue;}//如果地图《上一个位置》的值为0，则表示此位置可以由上一个位置得到，加上左边的位置即可得到当前的位置if (j-1>=0 && obstacleGrid[i][j-1]==0){dp[j]+=dp[j-1];}}}//最后存储的即是终点。return dp.back();}
};

时间复杂度：O（nm） 空间复杂度：O（1）

整数拆分

力扣传送门：
https://leetcode.cn/problems/integer-break/

假设我们有一个数字：n（n>=2），那么这个n可以被拆分成 x，则另一半就是 n-x。此时我们面临两种选择：

1. 我们不需要再分了， x * (n-x) 就是我们拆分的个数相乘的最大值 ，此时 k = 2
2. 我们还可以再分： (n-x)还可以继续当作一个新的 n，然后再次回到一开始，把他拆分成x和(n-x)… 那么我们就可以推断出来。这一步的最大值就是我们之前进行相同的操作所得到的最大值，此时 k > 2

由此可见，寻找拆分的整数的最大值其实就是寻找之前的某个拆分的最大值，满足动态规划的思想。

我们按照动态规划五步来进行推理：

1. 确定dp数组以及下标的含义。
   创建dp[n]一维数组，dp[n]存储的是第n个数的拆分乘积最大值。

2. 确定递推公式
   经过我们刚才分析的两步可以得出：
   当前拆分某一个数字的所有可能的情况：max( x * (n-x)，x * dp[n-x] )，注意我们要取得这两种情况的最大值。
   当前的数字拆分的最大值： dp[n] = max(dp[n]，max( x * (n-x)，x * dp[n-x]))

3. dp数组如何初始化
   由于题目规定了 n>= 2 ，因此我们的准确的初始化从下标为2开始，因为0 1在此题中无效，而且在实际上我们也不需要他们，因此我们只需要：dp[2] = 1，这是公认的，数字2只有一种情况。

4. 确定遍历顺序
   由于大数的最大值可以由小数的最大值得到，我们依次从小数到大数遍历。

5. 推导dp数组：
   依次拆分数字x: 1 2 3…一直到n的一半（因为后面的跟前面的是对称的），得到的另一半分别是： n-1 n-2 n-3，然后根据dp公式依次寻找他们的最大值。
   

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector dp(n+1);dp[2]=1;// i 相等于我们公式的 nfor (int i=3;i<=n;i++){// j 相等于我们公式的 x，另一半则是(i - j)for (int j=1;j<=i/2;j++){dp[i]=max(dp[i],max(j*(i-j),j*dp[i-j]));}}//dp里存储的就是最大值return dp[n];}
};

时间复杂度：O（n^2）空间复杂度：O（n）

对于动态规划的优化，我们不再讨论。

不同的二叉搜索树

力扣传送门：
https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/

这道题表面上没有什么特别的思路，我们可以从画图来找找动态规划的规律

节点为1的情况：只有一个二叉搜索树

节点为2的情况：可以有两种二叉搜索树。节点1为根节点，节点2为根节点

节点为3的情况：可以有五种二叉搜索树。节点1，节点2，节点3都可以为根节点

我们来观察n=3的情况：
节点1为根节点，与n=2的节点1为根节点的结构一致！ 都是左子树为空，右子树不为空。
节点3为根节点，与n=2的节点2为根节点的结构一致！ 都是左子树不为空，右子树不为空。
节点为2为根节点，与n=1的节点1为根节点的结构一致 都是左右子树为空，或者说同时具有左右子树，因为每一个节点又都是一颗新的树。

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。

我们不妨大胆假设：
n=3时 生成的二叉搜索树的数量 = 节点1为根节点生成的二叉搜索树的数量 + 节点2为根节点生成的二叉搜索树的数量 + 节点3为根节点生成的二叉搜索树的数量

节点1为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有0个元素的子树的数量 * 右子树有2个元素的子树的数量。
节点2为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有1个元素的子树的数量 * 右子树有1个元素的子树的数量。
节点3为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有2个元素的子树的数量 * 右子树有0个元素的子树的数量。

这是n=3的准确的情况，我们把这个数字变到 n试一下：

我们也许会发现规律：当 n=n时：
生成的二叉搜索树的数量 = 节点1为根节点生成的二叉搜索树的数量 + 节点2为根节点生成的二叉搜索树的数量 + 节点3为根节点生成的二叉搜索树的数量 + 节点4… +节点5 … + 节点n为根节点生成的二叉搜索树的数量

节点1为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有0个元素的子树的数量 * 右子树有 n-1 个元素的子树的数量。
节点2为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有1个元素的子树的数量 * 右子树有 n-2 个元素的子树的数量。
节点3为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有2个元素的子树的数量 * 右子树有 n-3 个元素的子树的数量。
节点4为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有3个元素的子树的数量 * 右子树有 n-4 个元素的子树的数量。
节点5为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有4个元素的子树的数量 * 右子树有 n-5 个元素的子树的数量。
…
…
节点n为根节点生成的二叉搜索树的数量 = 左子树有 n-1 个元素的子树的数量 * 右子树有 0 个元素的子树的数量。

动态规划递推公式：dp[i] = dp[j-1] * dp[i-j]

由此，我们正式进入动态规划的总结阶段：

1. 确定dp数组以及下标所表示的含义
   dp[i]表示n == i时，生成的二叉搜索树的数量。

2. 确定递推公式
   dp[i]=dp[i-1] * dp[i-j]

3. dp数组的初始化
   我们初始化 dp[0] =1 ，因为我们首先要求得dp[1]=1 ；因此dp[1] = dp[0] * dp[0]它必须是1，因此dp[0]必须初始化为1.

4. dp数组如何遍历
   依次填充dp每一个数字为根节点的生成的二叉搜索树的个数，在其中再次求解子问题。

5. 举例推导dp公式

代码示例：

class Solution {
public:int numTrees(int n) {vector dp(n+1);//dp初始化为1dp[0]=1;//依次填充每一个dp[i]for (int i=1;i<=n;i++){//每一个dp[i]都是由 dp[j-1] * dp[i-j] 各自相加得到for (int j=1;j<=i;j++){dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j];}}//第n个dpreturn dp[n];}
};

时间复杂度：O（n^2） 空间复杂度：O（n）