题源：LeetCode

动态规划框架

# 初始化 base casedp[0][0][...] = base# 进行状态转移for 阶段1 in 阶段1的所有取值：for 阶段2 in 阶段2的所有取值：for ...dp[阶段1][阶段2][...] = 求最值(状态1，状态2...)

509. 斐波那契数

斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：

F(0) = 0，F(1) = 1

F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1

给你 n ，请计算 F(n) 。

class Solution {public:int fib(int n) {if(n == 0) return 0;//不考虑边界可能发生段错误vector<int> dp(n+1);dp[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2];}return dp[n];}};

322. 零钱兑换

给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。

计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。

你可以认为每种硬币的数量是无限的。

示例 1：

输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11

输出：3

解释：11 = 5 + 5 + 1

示例 2：

输入：coins = [2], amount = 3

输出：-1

示例 3：

输入：coins = [1], amount = 0

输出：0

示例 4：

输入：coins = [1], amount = 1

输出：1

示例 5：

输入：coins = [1], amount = 2

输出：2

提示：

1 <= coins.length <= 12

1 <= coins[i] <= 231 - 1

0 <= amount <= 104

dp[i] ：价格为 i 所需要的最少的硬币个数。

class Solution {public:int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {int Max = amount + 1;vector<int> dp(amount + 1, Max);dp[0] = 0;// base casefor (int i = 1; i <= amount; i++) {// 从1数到amount，自底向上for (int j = 0; j < (int)coins.size(); j++) {// 遍历硬币if (coins[j] <= i) {// 更新子问题最优解dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);}}}return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];}};

300. 最长递增子序列

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

示例 1：

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]

输出：4

解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：

输入：nums = [0,1,0,3,2,3]

输出：4

示例 3：

输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7]

输出：1

提示：

1 <= nums.length <= 2500

-104 <= nums[i] <= 104

注意「子序列」和「子串」这两个名词的区别，子串一定是连续的，而子序列不一定是连续的。

动态规划解法：

定义dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。

class Solution {public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {int res(1);vector<int> dp(nums.size(), 1);for(int i = 0; i < nums.size(); i++){for(int j = 0; j < i; j++){if(nums[i] > nums[j]){dp[i] = max(dp[i], dp[j]+1);//在nums[j]的基础上计算nums[i]的dp[i]值res = max(res, dp[i]);}}}return res;}};

二分查找解法

其实最长递增子序列和一种叫做 patience game 的纸牌游戏有关，甚至有一种排序方法就叫做 patience sorting（耐心排序）。

类似蜘蛛纸牌的玩法。

这个解法先放一放，今天的重点是动态规划，不能跑偏。

53. 最大子数组和

给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

子数组 是数组中的一个连续部分。

示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]

输出：6

解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。

示例 2：

输入：nums = [1]

输出：1

示例 3：

输入：nums = [5,4,-1,7,8]

输出：23

提示：

1 <= nums.length <= 105

-104 <= nums[i] <= 104

此题不能用滑动窗口，因为数组中的数字可以是负数，不知道何时缩小左边界。

不能用动态规划时这样定义dp[i]：nums[0…i] 中的「最大的子数组和」为 dp[i]。（可以是断的）

因为子数组一定是连续的，按照我们当前 dp 数组定义，并不能保证 nums[0…i] 中的最大子数组与 nums[i+1] 是相邻的，也就没办法从 dp[i] 推导出 dp[i+1]。所以说我们这样定义 dp 数组是不正确的，无法得到合适的状态转移方程。

定义dp[i]：以 nums[i] 为结尾的「最大子数组和」为 dp[i]。（一定是连续的）

class Solution {public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {if(nums.size()==0) return 0;vector<int> dp(nums.size(),0);int maxLength = nums[0];dp[0] = nums[0];for(int i = 1; i < nums.size(); i++){dp[i] = max(nums[i], dp[i-1] + nums[i]); //以 nums[i] 为结尾的最大子数组和要么是自己，要么是自己加上以 nums[i-1] 为结尾的最大子数组和maxLength = max(maxLength, dp[i]);}return maxLength;}};

72. 编辑距离

给你两个单词 word1 和 word2， 请返回将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

你可以对一个单词进行如下三种操作：

插入一个字符

删除一个字符

替换一个字符

示例 1：

输入：word1 = “horse”, word2 = “ros”

输出：3

解释：

horse -> rorse (将 ‘h’ 替换为 ‘r’)

rorse -> rose (删除 ‘r’)

rose -> ros (删除 ‘e’)

示例 2：

输入：word1 = “intention”, word2 = “execution”

输出：5

解释：

intention -> inention (删除 ‘t’)

inention -> enention (将 ‘i’ 替换为 ‘e’)

enention -> exention (将 ‘n’ 替换为 ‘x’)

exention -> exection (将 ‘n’ 替换为 ‘c’)

exection -> execution (插入 ‘u’)

提示：

0 <= word1.length, word2.length <= 500

word1 和 word2 由小写英文字母组成

dp[i][j] 代表 word1 到 i 位置转换成 word2 到 j 位置需要最少步数

所以，

当 word1[i] == word2[j]，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]；

当 word1[i] != word2[j]，dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + 1

其中，dp[i-1][j-1] 表示替换操作，dp[i-1][j] 表示删除操作，dp[i][j-1] 表示插入操作。

增删改操作的顺序可以是任意的，因此我们可以按 字符串顺序的考虑三种可能的操作。

注意，针对第一行，第一列要单独考虑，我们引入 ‘’ 下图所示：

第一行，是 word1 为空变成 word2 最少步数，就是插入操作

第一列，是 word2 为空，需要的最少步数，就是删除操作

由于计算dp[i][j] 需要知道dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1]的值，所以我们需要先初始化计算边界：

很显然在i0 和 j0时候即其中一个为空串的情况，那么编辑距离就是另一个串的长度(不断执行增加或者删除操作)。

for(int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0] = i;

for(int j = 0; j <= m; j++) dp[0][j] = j;

class Solution {public:int minDistance(string word1, string word2) {int dp[501][501];int n= word1.size(), m = word2.size();for(int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0] = i;for(int j = 0; j <= m; j++) dp[0][j] = j;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j <= m; j++){if(word1[i-1] == word2[j-1]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1];else dp[i][j] = 1 + min({dp[i-1][j-1], dp[i-1][j], dp[i][j-1]});//替换、删除、插入}return dp[n][m];}};

如果觉得《每日刷题计划Day3笔记-动态规划》对你有帮助，请点赞、收藏，并留下你的观点哦！