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【持续更新】DP问题

DP问题设计两个问题:1.DP数组的抉择;2.DP中状态转换方程;【湍流DP问题】【子序列DP问题】

dp学习(五)

与数学有关的dp。22.计数dp23.数位dp其实这个可以归到计数dp?24.数论dp25.概率dp

509. 斐波那契数

nt[]dp=newint[n+1];dp[0]=0;dp[1]=1;for(inti=2;i<=n;i++){dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];}returndp[n];}}/***时间复杂度O(n)*空间复杂度O(n)*/优化1——滚动数组减小空间复杂度classSolution{publicintfib(intn){/***动态规划*fib(n)只与fib(n-1)和fib(n-2)有关,因此不需要存储所有的值,只用两个变量存储这两个值*n从0开始*/if(n<2){returnn;}int[]dp=newint[3];dp[0]=0;dp[1]=1;dp[2]=

dp学习(六)

高级科技。26.虚树27.长链剖分优化dp28.插头dp

力扣-123. 买卖股票的最佳时机 III

][0]+prices[i],dp[i-1][0][1]);dp[i][0][2]=Math.max(dp[i-1][1][1]+prices[i],dp[i-1][0][2]);//第i天买入,第i天之前就买入了dp[i][1][0]=Math.max(dp[i-1][0][0]-prices[i],dp[i-1][1][0]);dp[i][1][1]=Math.max(dp[i-1][0][1]-prices[i],dp[i-1][1][1]);dp[i][1][2]=-inf;}returnMath.max(Math.max(dp[n-1][0][1],dp[n-1][0][2]),0)

518. 零钱兑换 II

s[j-1])dp[i][j]+=dp[i-coins[j-1]][j];}}returndp[amount][n];}一维动态规划我们来分析一下二维动态规划的状态转移公式:dp[i][j]=sum(dp[i-coins[j]][j])+dp[i][j-1]dp[i][j]先初始化为dp[i][j-1],再遍历coins数组,加上dp[i-coins[j]][j]。如果我们让遍历coins数组为外层循环,那么就可以优化为一维dp:每一轮外层循环开始时dp[i]等于上一轮外层循环结束后的dp[i](即相当于二维dp中的dp[i][j-1]),本轮外层循环中,dp[i]依次加上dp[i-coin

动态规划之硬币兑换

{0};dp[0]=1;for(inti=1;i<=3;i++)//表示硬币从1分到3分for(intj=i;j<Max;j++)dp[j]=dp[j]+dp[j-i];intN;while(scanf("%d",&N)!=EOF)printf("%ld\n",dp[N]);return0;}单从结论公式上根本没法理解模拟一下就可以了当i=1时,dp[1~Max]=1当i=2时,这里特别注意dp[2]=dp[2]+dp[0]表示当有二分硬币时的dp[2]=只有一分硬币的dp[2]再加上存在二分时的dp[0]dp[3]=dp[3]+dp[1]表示当有二分硬币时的dp[3]=

面试题 08.11. 硬币

态定义dp[i]表示组成面额i,有多少种方案。2.状态转移方程int[] coins = new int[]{1,5,10,25};for(intcoin:coins){   dp[k]+=dp[k-coin];}比如dp[36]=dp[36-1]+dp[36-5]+dp[36-10]+dp[36-25]3.边界处理dp[0]=1.先遍历硬币,避免coin(6)=1+5和coin(6)=5+1情况。面试题08.11.硬币classSolution{publicintwaysToChange(intn){int[]dp=ne

动态规划---斐波那契数列

参考链接:https://www.geeksforgeeks.org/program-for-nth-fibonacci-number/方法一、递归写法pass方法二、DP写法intnthFibonacci(intn){longlongmod=1000000007;//codehereintdp[n+1];dp[0]=0;dp[1]=1;dp[2]=1;for(inti=3;i<=n;i++){dp[i]=(dp[i-1]%mod+dp[i-2]%mod)%mod;}returndp[n];}未完待续....

爬楼梯和使用最小花费爬楼梯

}if(n==2){return2;}int[]dp=newint[n+1];dp[1]=1;dp[2]=2;for(inti=3;i<n+1;i++){dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];}returndp[n];}}746.使用最小花费爬楼梯746.使用最小花费爬楼梯classSolution{//1)定义dp:dp[i]表示到达第i阶(下标)台阶所最小花费的体力//2)初始化:dp[0]=cost[0]dp[1]=cost[1],假设到达该台阶消耗体力,最后一步不花费体力。//3)递推dp[i]=min(dp[i-1],dp[i-2])+cost[i];//4)左向右遍历

DP 基础题总结

公共子串dp[i][j]表示以A[i]为结尾的A的子串和以B[i]为结尾的B的子串的最长公共子串的长度初始化:ifA[0]==B[0]:dp[0][0]=1else:dp[0][0]=0转移公式:ifA[i]==B[i]:dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1else:dp[i][j]=0要求的结果max(dp)最长公共子序列dp[i][j]表示A[0:i](即以A[i-1]为结尾,包括A[i-1])和B[0:j]的最长公共子序列的长度初始化:dp[i][0]=0dp[0][j]=0转移公式:ifA[i]==B[j]:dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1else:dp[i][

买卖股票的最佳时机 II LeetCode-122

iflength<2{return0}dp:=make([][2]int,length)dp[0][0]=0//如果什么都不做,dp[0][0]=0;dp[0][1]=-prices[0]//如果买入股票,当前收益是负数fori:=1;i<length;i++{dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])//终止时候,输出dp[len-1][0],因一定有dp[len-1][0](卖了未持股)>dp[len-1][1](持股)。}return

322. 零钱兑换

ins,intamount){int[]dp=newint[amount+1];//不可能用到amount+1个硬币,所以用它初始化数组Arrays.fill(dp,amount+1);dp[0]=0;for(inti=1;i<=amount;i++){for(intcoin:coins)if(i-coin>=0)dp[i]=Math.min(dp[i],dp[i-coin]+1);}//dp[amount]最开始被初始化为amount+1了,还为此值则代表无法变动if(dp[amount]==amount+1){dp[amount]=-1;}returndp[amount];}}

动态规划之爬楼梯

mbStairs1(n:int)->int:ifn<=3:returnndp=[0foriinrange(n)]dp[0]=1dp[1]=1dp[2]=2dp[3]=3foriinrange(2,n):dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]returndp[n-1]defclimbStairs2(n:int)->int:dp=[0foriinrange(n+1)]dp[0]=1dp[1]=1foriinrange(2,n):dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]returndpif__name__=='__main__':print(climbStairs1(4))

啊啊啊啊啊啊天才CF1497D Genius

妈谁能想出来卧槽卧槽卧槽卧槽、好妙啊,thankyouforyourinterestproblem,thoughididn‘tgetatall。for(intj=1;j<n;++j){for(inti=j-1;i>=0;--i){if(tag[i]==tag[j])continue;longlongdpi=dp[i],dpj=dp[j],p=abs(s[i]-s[j]);dp[i]=max(dp[i],dpj+p);dp[j]=max(dp[j],dpi+p);}}就是它就是它。原来dp还可以这样dp啊。原来还可以互相更新啊。原来dp的顺序不仅在01背包里,还可以实现反悔往回跳啊。

leetcode-322. 零钱兑换

unt=5dp[5]为MAX for循环遍历coins硬币数组 dp[5-1]=dp[4]=2dp[5-2]=dp[3]=2dp[5-5]=dp[0]=0根据状态转移方程,dp[5]=1amount=6dp[6]为MAX for循环遍历coins硬币数组 dp[6-1]=dp[5]=1dp[6-2]=dp[4]=2dp[6-5]=dp[1]=1根据状态转移方程,dp[6]=2amount=7dp[7]为MAX for循环遍历coins硬币数组 dp[7-1]=dp[6]=2dp[7-2]=dp[5]=1dp[7-5]=dp[2]=1

android 自定义shape 带阴影边框效果

"0.5dp"android:left="0.5dp"android:right="0.5dp"android:top="0dp"/><solidandroid:color="#0DCCCCCC"/><cornersandroid:radius="8dp"/></shape></item><item><shapeandroid:shape="rectangle"><paddingandroid:bottom="0.5dp"android:left="0.5dp"android:right="0.5dp"and

第十六周 Leetcode 600. Non-negative Integers without Consecutive Ones(HARD) 计数dp

+1])dp[tot+1][1]=dp[tot+1][2]=1;elsedp[tot+1][0]=1;for(inti=tot+2;i<=31;i++){if(f[i]){dp[i][1]+=dp[i-1][0];dp[i][2]+=dp[i-1][0]+dp[i-1][2]+dp[i-1][1]+dp[i-1][3];dp[i][3]+=dp[i-1][2];}else{dp[i][3]+=dp[i-1][2];dp[i][0]+=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];dp[i][2]+=dp[i-1][2]+dp[i-1][3];}}returndp[31][0]+dp[31]

【题解】AT2273 Addition and Subtraction Hard(DP)

data[t]=-data[t];dp[t][0]=max({dp[t][0],dp[t-1][0]-data[t],dp[t-1][1]-data[t],dp[t-1][2]-data[t]});dp[t][1]=max({dp[t][1],dp[t-1][0]-data[t],dp[t-1][1]+data[t],dp[t-1][2]+data[t]});dp[t][2]=max({dp[t][2],dp[t-1][1]+data[t],dp[t-1][2]+data[t]});}cout<<max({dp[n][0],dp[n][1],dp[n][2]})<<e

codeforces#1332F. Independent Set(树上dp)

p[maxn][4];intn;voiddfs(intx,intfa){dp[x][0]=dp[x][1]=dp[x][2]=1;for(autov:ve[x]){if(v==fa)continue;dfs(v,x);dp[x][2]=dp[x][2]*(dp[v][0]+dp[v][1]-dp[v][2]+mod)%mod;dp[x][1]=dp[x][1]*(dp[v][0]*2+dp[v][1]-dp[v][2]+mod)%mod;dp[x][0]=dp[x][0]*(dp[v][0]*2+dp[v][1]*2-dp[v][2]+mod)%mod;}}intmain(){scanf("%

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