T1:一个数组 中的最长 升序 子序列 的长度
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。
解：
1.关键
（1）这是一个 非常经典的 动态规划的 题目， 就是 智工学院的上课的 那个例题
(2)利用 一个 数组 len[i] 记录 原来vec中以vec[i] 元素 作为结束的 子序列的长度
(3)从前往后更新， 初始条件 len[0] = 1;在计算len[i] 的时候 ，遍历一次 nums[0]到nums[i-1]如果有nums[j] < nums[i] 那个 max的长度 可以是 len[j]+1,实在没有就设置为1
2.代码：
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
//找出 最长的严格上升 子序列的 长度
//利用 动态规划的 转移方程：只要遍历依次即可
//len[i]代表 以nums数组中第i个元素结束的 所有子序列中 最长的长度
//转移方程： len[0]-len[i-1]中的如果有nums[0]-nums[i-1] < nums[i]的最长的+1
//实在没有，就设置为1 ， 这个就是 递推关系 方程（转移方程）
int size = nums.size();
vector<int> len(size,0);
len[0] = 1;
for(int i=1;i<size;i++)
{
//--
int max = 1;
for(int j=0;j<=i-1;j++)
{
if(nums[j] < nums[i])
{
int tmp =len[j];
if(len[j] +1 > max)
{
max =len[j]+1;
}
}
}
len[i] = max;
}
//--遍历依次 len数组即可
int max = len[0];
for(int i=1;i<size;i++)
{
if(len[i] > max)
{
max = len[i];
}
}
return max;
}
};T2:（上一题的 拓展）最长 递增子序列的 个数
给定一个未排序的整数数组 nums ， 返回最长递增子序列的个数 。
注意 这个数列必须是 严格 递增的。
解：
1.关键：
（1）上一问 利用的是vector<int> len，用len[i]来存储 以对应 位置元素作为结尾的 递增子序列的 最大长度
（2）这里考虑 使用 vector<pair<int,int>> len, len[i].first 用来存储以第i个元素作为结尾的 递增子序列的最大长度， len[i].second用来存储 这样的 子序列的 个数
(3） 最重要的 就是 转移方程中 是cnt+=len[j].second 或者 cnt = len[j].second ，不是+1！
2.代码：
class Solution {
public:
int findNumberOfLIS(vector<int>& nums) {
//没有区别，反正就是最后 遍历的那一步改一下即可
int size = nums.size();
vector<pair<int,int>> len(size,make_pair(0,0));
len[0] = make_pair(1,1); //以第0个元素结尾的递增子序列最大长度为1，且这种序列有1个
int max_all= 1;
for(int i=1;i<size;i++)
{
int max=1;
int time =1; //max出现的次数
//int max_add = 0;
for(int j=0;j<=i-1;j++)
{
if(nums[j] < nums[i])
{
//进入这里说明 len[i]>=2
//虽然，可能max == max_all ，但是这个结尾可能有 多个！
if(len[j].first +1== max)
{
time+=len[j].second; //加上 第j个下标为止的 出现次数！！！
}
else if(len[j].first+1 > max)
{
max= len[j].first+1;
time=len[j].second; //重新计数
}
}
}
len[i] = make_pair(max,time); //这个是 以nums[i]结尾的 最长的子序列的长度 和 出现的次数
if(max > max_all)
{
//cout<<"竟然没来过》"<<endl;
max_all = max;
}
}
//特殊：
if(max_all == 1)
{
//cout<<"来过吗"<<endl;
return size; //所有都是
}
//遍历一次
int ans = 0;
for(auto [v1,time1]:len)
{
if(v1 == max_all)
{
ans+=time1;
}
}
return ans;
//悟：原来 可能会有可能是 相同的 终点
//所以： 不用len数组进行记录 终点， 而是 记录当前遍历过的 长度为 “当前max”的子序列个数
//遍历len数组
}
};T3：俄罗斯套娃 信封问题
给你一个二维整数数组 envelopes ，其中 envelopes[i] = [wi, hi] ，表示第 i 个信封的宽度和高度。
当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。
请计算 最多能有多少个 信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。
注意：不允许旋转信封。
解：
法一：考虑使用 归并排序（以第一个数据的大小为基准） + 一般的 最大递增子序列
1.关键：
（1）熟练递归函数的写法：merge_sort函数是一个递归函数，一直递归到 只有0个或者1个元素为止,然后递归调用merge_sort,最后将有序的left 和 right 传递给merge返回一个排序好的 、 merge函数是一个普通的迭代函数，通过把 2个有序的线性表 left 和 right 合并为一个有序的 线性表 ans即可
(2)最大递增子序列的 写法见上
2.代码：
class Solution {
public:
int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {
//这个题目 和 最大递增子序列 如出一辙,几乎没有区别
//(1)算了， 先写一个 归并排序，好了，就按照第一个 元素的大小 进行排序
merge_sort(envelopes);
//好吧。当我没说 ， 应为这一题需要考虑顺序， 所以可以先排序！
int max_all =1;
int size = envelopes.size();
vector<int> len(size,0);
len[0] = 1;
for(int i=1;i<size;i++)
{
int max = 1;
for(int j=0;j<=i-1;j++)
{
if(envelopes[j][0] < envelopes[i][0] && envelopes[j][1] < envelopes[i][1])
{
//可以加1了
if(len[j] + 1 > max)
{
max = len[j] +1;
}
}
}
len[i] = max;
if(max > max_all)
{
max_all = max;
}
}
//show(len);
return max_all;
}
//--merge_sort函数
void merge_sort(vector<vector<int>>& envelopes)
{//这是一个递归函数，先不断分成 1个元素 或者 0 个元素，然后将 有序的 left 和 right传给
//merge函数进行合并
int size = envelopes.size();
//(1)出口
if(size ==0 || size == 1)
{
return ;
}
//(2)先 一直二分 到 只剩1个或者 0个元素为止
int size_left = size/2;
int size_right = size-size_left; //右边数组的 大小
vector<vector<int>> left(envelopes.begin(),envelopes.begin()+size_left); //应该是 左闭右开--测试一下 √
vector<vector<int>> right(envelopes.begin()+size_left,envelopes.end());
//(3)分别对 left 和 right调用2次 merge_sort
merge_sort(left);
merge_sort(right);
//(4)现在得到的 left 和 right都是 有序的了
//可以merge了
envelopes = merge(left,right);
}
vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>> left,vector<vector<int>> right)
{
//(1)左右 2个数组都是有序的
int size1 = left.size();
int size2 = right.size();
if(size1 == 0)
{
return right;
}
if(size2 == 0)
{
return left;
}
//(2)进行循环 合并
int i=0, j=0;
vector<vector<int>> ans;
while(i<size1 && j <size2)
{
//让第一个元素 小的 先加入到 ans中
if(left[i][0] < right[j][0])
{
ans.push_back(left[i]);
i++;
}
else
{
ans.push_back(right[j]);
j++;
}
}
//(3)收尾
while(i<size1)
{
ans.push_back(left[i++]);
}
while(j<size2)
{
ans.push_back(right[j++]);
}
return ans; //这是一个 合并好的 有序 数组
}
};
可惜， 这种方式有2个测试用例超时了，只能 另谋出路
法二：二分 -- 这里抄答案了。。。
class Solution {
private:
struct node {
int w, h;
node(): w(0), h(0) {}
node(int x, int y): w(x), h(y) {}
};
public:
int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {
int len=envelopes.size();
if(len==0) return 0;
vector<node> arr;
for(auto &a:envelopes) arr.push_back(node(a[0],a[1]));
sort(arr.begin(), arr.end(), [](node x, node y){return x.w>y.w || (x.w==y.w && x.h<y.h);});
vector<int> res(1,arr[0].h);
int j=0;
for(int i=1; i<len; i++) {
if(arr[i].h<res.back()) res.push_back(arr[i].h);
else {
j=lower_bound(res.begin(), res.end(), arr[i].h, greater<int>())-res.begin();
res[j]=arr[i].h;
}
}
return res.size();
}
};T4:最大 连续 子序列的和
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。
解：
1.关键：
（1）递推关系： dp[i] = max(dp[i-1] + nums[i] , nums[i] )
初值： dp[0] = nums[0]
2.代码：
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
//连续的 最大子序 和
//递推关系：dp[i] = max(dp[i-1] , dp[i-1] + nums[i])
//初值：dp[0] = nums[0]
int size= nums.size();
vector<int> dp(size,0);
dp[0] = nums[0];
int max_num =dp[0];
for(int i=1;i<size;i++)
{
dp[i] = max(nums[i], dp[i-1] + nums[i]);
if(dp[i] > max_num)
{
max_num = dp[i];
}
}
return max_num;
}
};T5:乘积最大 连续子数组
给你一个整数数组 nums ，请你找出数组中乘积最大的非空连续子数组（该子数组中至少包含一个数字），并返回该子数组所对应的乘积。
测试用例的答案是一个 32-位 整数。
子数组 是数组的连续子序列。
解：
1.关键：
（1）虽然思路 和 上面这个求和的题目是一样的，但是 要考虑 “负数”的影响
(2)创新想法：考虑使用dp1[i] 存储以第i个元素结束的最大连续乘积
使用dp2[2]存储以第i个元素结束的最小连续乘积
(3)修改后的 递推关系（状态转移方程）:
dp1[i] = max(nums[i],nums[i]*dp1[i-1] ,nums[i]*dp2[i-1]);
// dp2[i] = min(nums[i],nums[i]*dp1[i-1],nums[i]*dp2[i-1]);
2.代码：
class Solution {
public:
int maxProduct(vector<int>& nums) {
//哎，先尝试一下是否可以利用 “求和”一样的想法
//果然不行，因为，你想，可能dp[i-2] < 0 ,但是 nums[i-1] >0 而nums[i] <0
//建议保留 最大数 和 最小的数我觉得可以 ，分别用dp1 和 dp2 两个数组进行存储
//然后 dp1[i] = max(nums[i],nums[i]*dp1[i-1] ,nums[i]*dp2[i-1]);
// dp2[i] = min(nums[i],nums[i]*dp1[i-1],nums[i]*dp2[i-1]);
//最后返回 max_num1即可
int max_num = nums[0];
int min_num = nums[0];
int size = nums.size();
vector<int> dp1(size,0);
vector<int> dp2(size,0);
dp1[0] = nums[0] ; //初值
dp2[0] = nums[0] ;
for(int i=1;i<size;i++)
{
dp1[i] = max_3(nums[i] , dp1[i-1]*nums[i],dp2[i-1]*nums[i]);
dp2[i] = min_3(nums[i] , dp1[i-1]*nums[i],dp2[i-1]*nums[i]);
if(dp1[i] > max_num)
{
max_num = dp1[i];
}
}
return max_num;
}
//--自己写2个3元max 和 3元min的函数
int max_3(int a,int b, int c)
{
if(a>b && a>c)
{
return a;
}
else if(b>c)
{
return b;
}
return c;
}
int min_3(int a,int b,int c)
{
if(a<b && a<c)
{
return a;
}
else if(b<c)
{
return b;
}
return c;
}
};T6:环形连续子数组的 最大和
给定一个长度为 n 的环形整数数组 nums ，返回 nums 的非空 子数组 的最大可能和 。
环形数组 意味着数组的末端将会与开头相连呈环状。形式上， nums[i] 的下一个元素是 nums[(i + 1) % n] ， nums[i] 的前一个元素是 nums[(i - 1 + n) % n] 。
子数组 最多只能包含固定缓冲区 nums 中的每个元素一次。形式上，对于子数组 nums[i], nums[i + 1], ..., nums[j] ，不存在 i <= k1, k2 <= j 其中 k1 % n == k2 % n 。
解：
法一：（3个测试用例超时）最朴素的想法，以0-n-1的下标分别作为起点，然后从这n中case中取出最大值即可
1.关键：
（1）外层变量i，从0到size-1,表示以第i个下标作为起点 ， 转换到“非环形数组”的情况
(2)内层进行 % 取模运算之后就 简单了
(3)特别注意：为了防止出现负数的取模运算，我们格外+size！！！
2.代码:
class Solution {
public:
int maxSubarraySumCircular(vector<int>& nums) {
//这个就是 连续子数组的 最大连续和 的环形数组变形题目
//主要是 起点的问题啊
int size = nums.size();
//最朴素的 想法就是 ： 分size个不同的起点 进行讨论， 然后其最大值
//那就先按照这种想法进行求解好了
//假设某一次 从起点 下标i开始
int max1 = nums[0];
for(int i=0;i<=size-1;i++)
{
//递增的dp[j%size] , 就可以了 ,nice
//
vector<int> dp(size,0);
dp[i%size]=nums[i%size];
int max2 = nums[i%size]; //初值设置好，然后可以进行 递推了
for(int j=(i+1)%size; (j%size)!=i%size; j++)
{
dp[j%size] = max(dp[(j-1+size)%size]+nums[j%size] , nums[j%size]);
//哦，原来是这个地方，“负数”进行模运算，一定要转换为 整数进行模运算！！！
if(dp[j%size] > max2)
{
max2 = dp[j%size];
}
}
if(max2 > max1)
{
max1 = max2;
}
}
return max1;
}
};法二：借鉴 题解的那个想法（图解 很美妙）-- 将 “环形数组”的连续和 分为 收尾不接 和 收尾相接
1.关键：
（1）总共2中情况，第一种，就是一般的 连续子数组的最大和 ， 第二种，就是用 数组中元素的总和 -（减去）连续子数组的最小和
(2)不过呢，有一个小坑，就是求min_num最小连续子数组的和的 时候，最好从下标1开始计算，直接忽略下标0开始的case，因为这样可以防止min_num和total_sum都取了整个数组之和，反正min_num少考虑的情况在max_num中其实已经考虑过了
2.代码：
class Solution {
public:
int maxSubarraySumCircular(vector<int>& nums) {
//那个 国外的题解的 图形化讲解 非常到位
//环形：2中case ，收尾不接 和 收尾相接
//而根据 图形中的描述，收尾相接其实 就是 数组总和 - 收尾不接的min连续和
//分别计算 min 和 max 的数组连续和
int size = nums.size();
//特殊：
if(size == 1)
{
return nums[0];
}
vector<int> dp1(size,0); //求max
vector<int> dp2(size,0); //求min
dp1[0] = nums[0]; dp2[1] = nums[1]; //设置初值
int max_num = nums[0];
int min_num = nums[1];
int total_sum = nums[0];
for(int i=1;i<size;i++)
{
//(1)求总和:
total_sum += nums[i];
//(2)递推
dp1[i] = max(nums[i] , nums[i] + dp1[i-1]);
if(dp1[i] > max_num)
{
max_num = dp1[i];
}
if(i > 1)
{
dp2[i] = min(nums[i] , nums[i] + dp2[i-1]);
if(dp2[i] < min_num)
{
min_num = dp2[i];
}
}
}
//不能为空集对吧，那简单，只要 min_num连续和 是从下标1开始计算的就好了
int ans = max(max_num , total_sum - min_num);
return ans;
}
};T7: 最大子矩阵和
给定一个正整数、负整数和 0 组成的 N × M 矩阵，编写代码找出元素总和最大的子矩阵。
返回一个数组 [r1, c1, r2, c2]，其中 r1, c1 分别代表子矩阵左上角的行号和列号，r2, c2 分别代表右下角的行号和列号。若有多个满足条件的子矩阵，返回任意一个均可。
注意：本题相对书上原题稍作改动
解：
第一次代码：（虽然有2个测试用例超时了）
1.关键：
（1）核心思想： “降维”，将二维降至一维的case，通过一个2层循环，得到从第i行到第j行的每一列之和 作为 一维数组base数组的对应列的数值 ， 然后对base数组用 一维最大连续子数组的方法进行求和
2.第一次代码：
class Solution {
public:
vector<int> getMaxMatrix(vector<vector<int>>& matrix) {
//借鉴了讨论区的 思路后，自己重新思考一遍
//(1)核心思想：“降维”--将二维的问题转化为 一维的问题
//设置一个一维数组base,然后通过2层循环遍历:第i行 到第j行 中第k列之和存到base[k]中
//然后 对base数组 使用 一维数组 最大子数组连续和的 思路即可
//好吧，还是有2给测试用例超时了，应该少用一个循环的
int size_i = matrix.size();
int size_j = matrix[0].size();
//特殊:
int max_all = matrix[0][0];
vector<int> ans(4,0);
//vector<int> base(size_j , 0);
for(int i=0;i<=size_i - 1;i++)
{
for(int j=i;j<=size_i - 1;j++)
{
vector<int> base(size_j , 0); //忘记置0了
//从第i行到 第j行之和
for(int k=0;k<=size_j-1;k++)
{
for(int u=i;u<=j;u++)
{
base[k]+=matrix[u][k];
}
}
//好了，现在得到了base数组了,然后利用 一个子函数 ，得到max
vector<int> index(2,0);
int max_sum = max_vec(base,index); //还要起点 和 终点
//记录 左上角 和 右下角
//左上角（i,index[0]） 右下角 (j,index[1])
if(max_sum > max_all)
{
max_all = max_sum;
ans[0] = i;
ans[1] = index[0];
ans[2] = j;
ans[3] = index[1];
}
}
}
return ans;
}
//--一维数组 最大连续子数组的 和
int max_vec(vector<int> nums ,vector<int>& index)
{
//--
int dp_i=nums[0];
int max_sum = nums[0];
int size = nums.size();
int begin = 0;
int end = 0;
for(int i=1;i<size;i++)
{
if(dp_i + nums[i] < nums[i])
{
//自立门户
dp_i = nums[i];
begin = i;
}
else
{
dp_i = nums[i] + dp_i;
}
if(dp_i > max_sum)
{
max_sum = dp_i;
//记录起点 和 终点
index[0] = begin;
index[1] = i;
}
}
return max_sum;
}
};修改后代码：
class Solution {
public:
vector<int> getMaxMatrix(vector<vector<int>>& matrix) {
//这一波借鉴了讨论区的想法之后，悟了
int size_i = matrix.size();
int size_j = matrix[0].size();
int dp_i =matrix[0][0];
int max_all =matrix[0][0];
vector<int> ans(4,0); //用于记录左上角 和 右下角的 坐标
int left_1 = 0; //记录左上角
int left_2 = 0;
//3层循环
for(int i=0;i<=size_i-1;i++)
{
vector<int> base(size_j,0); //初始话base数组
for(int j=i;j<=size_i-1;j++)
{
dp_i = 0;
//一层的求和,从上往下进行求和
for(int k=0;k<=size_j-1;k++)
{
base[k]+=matrix[j][k];
//现在base就是 原来一维数组中的nums
//然后 与dp_i 进行比较
if(dp_i > 0)
{
//求和
dp_i += base[k];
}
else
{
//自立门户
dp_i = base[k];
//记录左上角
left_1 = i;
left_2 = k;
}
if(dp_i > max_all)
{
//好了，确定了全局最大值了
max_all = dp_i;
ans[0] = left_1;
ans[1] = left_2;
ans[2] = j;
ans[3] = k;
}
}
}
}
return ans;
}
};!!有一点值得注意，就是 在每一次探索开始时，令dp_i = 0这么做的 合理性在于 :之后的判断中如果dp_i > 0 那么直接加， 如果dp_i <=0 ,就把dp_i“换掉，自立门户”,OK
T8:矩阵区域 不超过k的最大和
给你一个 m x n 的矩阵 matrix 和一个整数 k ，找出并返回矩阵内部矩形区域的不超过 k 的最大数值和。
题目数据保证总会存在一个数值和不超过 k 的矩形区域。
解：
1.关键：
（1）这一题 在“降维”的操作上 和 上一题 如出一辙，但是 在内部，是先对求出整个base一维数组，并没有使用dp_i进行递推，
（2）最精妙的一步，就是 利用set容器可以 求出 lower_bound(s-k)就是说，找到恰好比s-k大的那个迭代器，所以这个位置的最大不超多k的连续和就是 从前加到这个位置的和sum -(减去)那个迭代器的数值（这里有点贪婪法的味道）
（3）有一点值得注意：就是 set容器在初始化的时候 需要向其中添加一个元素0，
其实，就是说，有一个非常特殊的情况，就是求和sum-k==0的情况，这时候，即使set中之前没有加入一个0的元素，也应该修改ans=k才行，所以干脆先将0加入到set中
2.代码：
class Solution {
public:
int maxSumSubmatrix(vector<vector<int>>& matrix, int k) {
//好了，这个题目和上一题几乎一样，而且更加简单--当我没说
//好了，借鉴了官方的题解，这个题虽然 这“降维”这件事上和上一题一样
//但是，在计算dp_i这件事上，其实并没有用到动态规划
//而是，利用sum求和 - lower_bound(s-k)这个转化
int size_i = matrix.size();
int size_j = matrix[0].size();
int dp_i = matrix[0][0];
const int MAX_Int = 0x6ffffff;
int max_all = -MAX_Int; //也可以使用limit.h中的INT_MIN
//开始3层循环
for(int i=0;i<size_i;i++)
{
vector<int> base(size_j ,0);
for(int j=i;j<size_i;j++)
{
//先求出所有的base
for(int k=0;k<=size_j-1;k++)
{
base[k] += matrix[j][k];
}
//然后 利用set容器的lower_bound操作
set<int> sum_set; //这里必须初始加入一个0的元素
int sum=0; //从前往后遍历的 总和
for(auto item:base)
{
sum +=item;
auto left_bound = sum_set.lower_bound(sum-k);
if(left_bound!=sum_set.end())
{
max_all = max(max_all,sum-*left_bound);
}
sum_set.insert(sum);
}
}
}
return max_all;
}
};T9:打家劫舍
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 不触动警报装置的情况下 ，一夜之内能够偷窃到的最高金额。
解：
1.关键：
（1）和《离散数学》中那种 最长没有连续0的bit串这种问题一样， 很容易反应到这是一道递推关系的问题
(2)初值：dp[0] = nums[0] , dp[1] = nums[1] ,dp[2] = nums[0] + nums[2]
dp[i]的含义：以nums[i]结束的最大可能的“和”
（3）递推关系：dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i] , dp[i-3]+nums[i])
2.代码：
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
//只要找到递推关系 和 初值条件就 可以 KO了
//dp[i]代表 以第nums[i]为结尾的 最大和
//初值:dp[0] = nums[0] , dp[1] = nums[1] ，dp[2] = nums[0] + nums[2]
//递推关系dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i] , dp[i-3]+nums[i]) 隔1个 或者 隔2个的情况加以讨论
int size = nums.size();
//特殊：
if(size == 1)
{
return nums[0];
}
if(size ==2)
{
return max(nums[0],nums[1]);
}
vector<int> dp(size,0);
dp[0] = nums[0];
dp[1] = nums[1];
dp[2] = nums[0]+nums[2];
for(int i=3;i<=size-1;i++)
{
dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i] , dp[i-3] + nums[i]); //i-3不一定成立
}
int ans = max(dp[size-2] , dp[size-1]);
return ans;
}
};T10:打家劫舍（II）--环形数组形式
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。
解：
1.关键：
（1）size<=3都 只能取一个元素， 所以直接 特殊考虑就好了
(2)一般情况的话，建议 分2个case进行考虑，第一种不取nums[size-1] 第二种 不取nums[0]
然后 return max(max1,max2)
2.代码：
class Solution {
public:
int rob(vector<int>& nums) {
//(1)size<=3都算特殊情况处理
//(2)收尾只取一个的时候就和上一题一样了
//--
int size = nums.size();
if(size == 1)
{
return nums[0];
}
else if(size == 2)
{
return max(nums[0] , nums[1]);
}
else if(size == 3)
{
//依然只能3取1
int tmp = max(nums[0],nums[1]);
return max(tmp,nums[2]);
}
//初值:
//--不取nums[size-1]
vector<int> dp(size,0);
dp[0] = nums[0];
dp[1] = nums[1];
dp[2] = nums[0] + nums[2];
for(int i=3;i<=size-2;i++)
{
dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i] , dp[i-3]+nums[i]);
}
int max1 = max(dp[size-2],dp[size-3]);
//--不取nums[0]
vector<int> dp2(size,0);
dp[0] = nums[1];
dp[1] = nums[2];
dp[2] = nums[1] + nums[3];
for(int i=3;i<=size-2;i++)
{
dp[i] = max(dp[i-2]+nums[i+1],dp[i-3]+nums[i+1]);
}
int max2 = max(dp[size-2],dp[size-3]);
return max(max1,max2);
}
};T11:删除 与 获得 点数 （打家劫舍的 变形）
给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。
每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。
开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。
解：
1.关键：
（1）先对nums数组进行排序，变成递增的数组
(2)利用一个map1 记录<val,time> 每种元素出现的次数
(3)为了方便处理，将map1转移到 vec<pair<val,time>> 中
(4)map1.size() = size2 , 特殊size2 ==1 或者 size2 == 2 可以直接处理
(5)vector<int> dp(size2,0) ,注意，这里有一个skill，就是让dp从-1开始用，等价于 dp[0] = 0;含义就是 dp[i] 对应以第i-1个元素作为结尾的 最大抢劫数目，这样初值条件 dp[0] ,dp[1] ,dp[2]比较好求一些
(6)递推方程 ， 分2种情况考虑:
case1 : vec[i].first 和 前一个是邻居
case2:vec[i].first 和 前一个不是邻居 , 然后可以比较方便的写出递推方程
2.代码：
class Solution {
public:
int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {
//先排序 ， 然后就是有 重复的 “打家劫舍”问题！妙啊
//只要将 一次打劫一家 改为 打劫所有nums[i]相同的家庭 即可
//(1)排序
sort(nums.begin(),nums.end());
//(2)打家劫舍
int size= nums.size();
//特殊:
if(size == 1)
{
return nums[0];
}
//递推关系：
//我认为 可以 用一个map存储，然后
//dp[i] = max(nums[i] + dp[i-2] , nums[i] + dp[i-3]);
//map不好访问，不如利用 一个大小为size的 vec<pair<val,time>> 的辅助数组进行存储
//利用快慢指针转移到这个辅助数组中
//不如先用 map存一遍 ，然后再转移到一个vec中
map<int,int> map1; //<val,time>
for(auto item:nums)
{
map1[item]++;
}
int size2 = map1.size();
vector<pair<int,int>> vec(size2 , make_pair(0,0));
int i=0;
for(auto [val,time]:map1)
{
vec[i].first = val;
vec[i].second = time;
i++;
}
//（3）利用vec容器来写转移方程
//特殊:
if(size2 == 1)
{
return vec[0].first * vec[0].second;
}
else if(size2 == 2)
{
if(abs(vec[0].first - vec[1].first) == 1)
{
return max(vec[0].first * vec[0].second , vec[1].first * vec[1].second);
}
else{
return vec[0].first * vec[0].second + vec[1].first * vec[1].second;
}
}
//--?? 3个元素的case先pass
//只有当前3个元素都是 递增1时才需要dp[3]这个值
//算了dp从-1开始好了
//测试[2,2,3,3,3,4] ,size2 =3
vector<int> dp(size2+1,0);
dp[0] = 0;
dp[1] = vec[0].first * vec[0].second; //dp[1] =2*2 = 4
if(abs(vec[0].first - vec[1].first) == 1)
{
dp[2] = vec[1].first * vec[1].second; //dp[2] = 3*3 = 9
}
else{
dp[2] = vec[0].first * vec[0].second + vec[1].first * vec[1].second;
}
//考虑使用一个dp[-1]=0 作为一个初值条件
for(int i=3;i<=size2;i++)
{
//分情况 递推:
if(vec[i-1].first - vec[i-2].first == 1) //vec[0-2]可用
{
//好了，它们是邻居
dp[i] = max(vec[i-1].first*vec[i-1].second + dp[i-2] ,vec[i-1].first*vec[i-1].second + dp[i-3]); //得到dp[3] = max(4+4 , 4+ 0) = 8
}
else{
//不是邻居
dp[i] = max(vec[i-1].first*vec[i-1].second + dp[i-1] ,vec[i-1].first*vec[i-1].second + dp[i-2]);
}
}
return max(dp[size2-1],dp[size2]);
}
};T12:3n块披萨
给你一个披萨，它由 3n 块不同大小的部分组成，现在你和你的朋友们需要按照如下规则来分披萨：
你挑选 任意 一块披萨。
Alice 将会挑选你所选择的披萨逆时针方向的下一块披萨。
Bob 将会挑选你所选择的披萨顺时针方向的下一块披萨。
重复上述过程直到没有披萨剩下。
每一块披萨的大小按顺时针方向由循环数组 slices 表示。
请你返回你可以获得的披萨大小总和的最大值。
解：
1.关键
（1）问题转化：这一题 等价与 从3n个数字中 选择 n个 不相邻的 数字之和 最大！！！
可以反证：只要选了相邻的2个数字，一定不符合要求
(2)dp[i][j] 二维递推数组 ， 含义：从前i个（从1开始用）元素中选择j个不相邻的数值的 最大和
（3）利用dp[0][0] ==0 可以等价于 设置了一个 -1位置的 初值条件
(4)递推关系： dp[i][j] = max(dp[i-1][j] , dp[i-2][j-1]+slices[i-1]) 结合上述含义 很容易 分析出 这个递推关系的含义
2.代码：
class Solution {
public:
int maxSizeSlices(vector<int>& slices) {
//有点像环形 “打家劫舍” ， 但又 不完全是
//给一个长度为 3n的环形数组，其中选择n个不相邻的 数之和， 使得它们的和最大
//原来使利用的 二维dp[i][j],含义从前i个元素中 选择j个元素之和的最大值
//这里和 那个打家劫舍II的思路一样，考虑分取slices[0] 和 取slices[size-1]2中case
vector<int> vec1(slices.begin()+1,slices.end());
vector<int> vec2(slices.begin() , slices.end()-1);
int ans1= max_cnt(vec1);
int ans2= max_cnt(vec2);
return max(ans1,ans2);
}
int max_cnt(vector<int> slices)
{
//返回最大值
int size = slices.size(); //因为相比于 原来的数组少了一个元素，
int choose_cnt = (1+size)/3; //需要选择的最大元素个数 , 也要预留一个-1位置作为一个也不选为0
//注意dp使有一个等价-1位置可以用的，那个位置的元素为0
vector<vector<int>> dp(size+1 ,vector<int>(choose_cnt+1,0));
//方正i 和 j 都是从1开始用，表示 第i个元素
for(int i=1;i<=size;i++)
{
for(int j=1;j<=choose_cnt;j++)
{
//递推关系
dp[i][j] = max(dp[i-1][j] , (i-2>=0 ?dp[i-2][j-1] : 0) + slices[i-1]); //从前i-1个中 选取 j个元素 ，或者从前i-2个中选j-1个 + slice[i-1]
//这里巧妙的利用了i-2>=0 ? dp[i-2][j-1]:0 单独考虑了 第1个元素的情况!!!
}
}
return dp[size][choose_cnt];
}
};T13:最长的 斐波那契子序列的 长度
如果序列 X_1, X_2, ..., X_n 满足下列条件，就说它是 斐波那契式 的：
n >= 3
对于所有 i + 2 <= n，都有 X_i + X_{i+1} = X_{i+2}
给定一个严格递增的正整数数组形成序列 arr ，找到 arr 中最长的斐波那契式的子序列的长度。如果一个不存在，返回 0 。
（回想一下，子序列是从原序列 arr 中派生出来的，它从 arr 中删掉任意数量的元素（也可以不删），而不改变其余元素的顺序。例如， [3, 5, 8] 是 [3, 4, 5, 6, 7, 8] 的一个子序列）
解：
1法一：（虽然只通过了29个测试用例然后就超时了）
1.关键：
（1）利用一个 二维数组 dp[i][j] 作为 递推数组， 含义，以第j个元素作为倒数第二个元素 以第i个元素作为最后一个元素的 最长斐波那契子序列的 长度
(2)递推关系 :分情况讨论 k=find_it(i,j,arr) ,代表 前面可以连接的元素 下标位置，如果k==-1,说明不能连接 ，将dp[i][j] 设置为2（虽然这个2没有什么意义）
如果k!=-1 ,那么考虑使 以第k个元素开始 “自立门户 ”得到dp[i][j] = 3
还是 直接连接到k的上一次 ，如果find_it(j,k,arr) != -1 可以连接， dp[i][j] = dp[j][k]+2;
(3)其中，arr是一个严格递增的有序数组，查找函数find_it使用的使 二分搜索
2.代码：
class Solution {
public:
int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr) {
//条件中 有提到 元素使 严格递增（互异）的
//dp[i][j] 以第j个元素 + 第i个 元素 结尾 的 最长斐波那契子序列
// j < i
//从第0-j-1个元素中 找到 符合arr[i] - arr[j] 的大小的元素 arr[k]
//然后 dp[i][j] = dp[k][m]+2(其中dp[k][m]中找到最大的那个元素即可)
// 或者 dp[i][j] = vec[k] ,vec[k] = max(dp[k][m]) , 0<=m<=k-1
//利用 二分查找 dp[k][m]中的最大值
//利用 二分查找 arr[0-j-1]中是否有符合条件的值arr[k]
//干脆用一个 一维数组 vec[k] 存储以第k个元素结尾的最长的斐波那契子序列
int size = arr.size();
vector<vector<int>> dp(size,vector<int>(size,0));
//i==0 的那一行不用 ， 1<=i <=size-1 , 0<=j <=i-1
//(1)初始条件
//vec[0] = 1
//先算 dp[1][0] -- 从而得到 vec[1]=2
//再算 dp[2][0] 和 dp[2][1] -- 从而得到 vec[2] =xxx (<=3)
//再算 dp[3][0] 和 dp[3][1] 和 dp[3][2] -- 从而得到 vec[3] =xxx(<=4)
vector<int> vec(size,0);
vec[0] = 1;
vec[1] = 2;
int max_all= 2;
//(2)从dp[2][j]开始递推
//感觉dp[i][0]都应该 == 2
for(int i=1;i<=size-1;i++)
{
dp[i][0] = 2;
}
for(int i=2;i<=size-1;i++)
{
int max_len = 2;
for(int j=1;j<=i-1;j++)
{
//二分查找是否有 符合 arr[k] = arr[i] - arr[j] 的这个第k个元素
int k = find_it(i,j,arr);
if(k == -1)
{
//没有以 j ,i 结尾的子序列
dp[i][j] = 2; //长度设置为2好了
}
else{
//dp[i][j] = dp[j][k] + 2;
if(find_it(j,k,arr)!= -1)
{
dp[i][j] = dp[j][k]+1;
}
else{
dp[i][j] = 1+2;
}
//这么干还是不妥，因为 3,11,14只能构成3 ，但是我弄成了4
//核心问题：到底1，3这一对可以加入与否
//其实 我写的这些 都存在一个致命的问题，就是 找到以j,i结尾了
//但是，就是找到了k，那你怎么直到j和k也可以
//除非 dp[i][j] = dp[j][k]+2;
//现在还剩下1个问题，就是第1个元素和第二个元素
//有办法了：直接将dp[j][k] == 2的时候单独处理
//从0-k-1中去找是否有 arr[j] - arr[k]的值
//又是二分查找
if(dp[i][j] > max_len)
{
max_len = dp[i][j]; //得到最大的长度，最后赋值 给 vec[i]
}
}
}
//遍历查找dp[i][所有j] ,得到max 给到vec[i]
//
vec[i] = max_len;
//cout<<"以"<<arr[i]<<"结尾的最大长度:"<<max_len<<endl;
if(vec[i] > max_all)
{
max_all = vec[i];
}
}
//从所有的vec[i]中找到最大的
if(max_all == 2)
{
return 0;
}
return max_all;
}
//--二分查找目标函数:
int find_it(int i, int j ,vector<int> arr)
{
int k = -1; //默认k=-1表示没有找到 , 其中 0<=k <=j-1
int target = arr[i] - arr[j];
//利用二分查找
i=j-1; j =0;
while(i >=j)
{
int mid = (i+j)/2;
if(arr[mid] == target)
{
return mid;
}
else if(arr[mid] > target)
{
//i 太大了
i = mid-1;
}
else if(arr[mid] < target)
{
//j 太小了
j = mid+1;
}
}
return -1;
}
};法二：借鉴讨论区的 思想,利用一个map容器进行改进
1.关键：
（1）利用map1存储 从arr[i]数值 映射到 i 下标
(2)利用map2存储“路径”最终以j->k结束的 最大长度 ，虽然有2个长度还没加上，注意，这里没有用pair，而是用的skill:j*size+k 来“唯一”的表示一个坐标点
(3)递推关系:
if(arr[k] - arr[j] < arr[j] && map1.count(arr[k]-arr[j])) //说明这个 下标为i的点使存在的
map2[j*size+k] = map2[i*size+j] + 1;
（4）这里附带 讨论区的思路
思路
将斐波那契式的子序列中的两个连续项 A[i], A[j] 视为单个结点 (i, j)，整个子序列是这些连续结点之间的路径。
例如，对于斐波那契式的子序列 (A[1] = 2, A[2] = 3, A[4] = 5, A[7] = 8, A[10] = 13)，结点之间的路径为 (1, 2) <-> (2, 4) <-> (4, 7) <-> (7, 10)。
这样做的动机是，只有当 A[i] + A[j] == A[k] 时，两结点 (i, j) 和 (j, k) 才是连通的，我们需要这些信息才能知道这一连通。现在我们得到一个类似于 最长上升子序列 的问题。
算法
设 longest[i, j] 是结束在 [i, j] 的最长路径。那么 如果 (i, j) 和 (j, k) 是连通的， longest[j, k] = longest[i, j] + 1。
由于 i 由 A.index(A[k] - A[j]) 唯一确定，所以这是有效的：我们在 i 潜在时检查每组 j < k，并相应地更新 longest[j, k]。
2.代码：
class Solution {
public:
int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr) {
//悟了，借鉴讨论区的方法
//(1)先将 利用一个map存储用数值 -> 映射到 下标i
int size = arr.size();
unordered_map<int,int> map1;
for(int i=0;i<=size-1;i++)
{
map1[arr[i]] = i;
}
int ans=0;
unordered_map<int,int> map2;
//(2)利用另一个map2存储以j->k作为结束点 的最长序列 长度
for(int k=0;k<size;k++)
{
for(int j=0;j<k;j++)
{
//递推关系
if(arr[k] - arr[j] <arr[j] && map1.count(arr[k]-arr[j]))
{
//这个元素存在:
//这个元素的下标为i
int i = map1[arr[k] - arr[j]];
map2[j*size+k] = map2[i*size + j]+1;//原来以i->j为结束带你
//现在长度加1
//最后 总长度还要加2，因为最后2个点没有计算
ans = max(ans,map2[j*size+k]+2);
}
}
}
if(ans<=2)
{
return 0;
}
return ans;
}
};T14:最长 等差数列
给你一个整数数组 nums，返回 nums 中最长等差子序列的长度。
回想一下，nums 的子序列是一个列表 nums[i1], nums[i2], ..., nums[ik] ，且 0 <= i1 < i2 < ... < ik <= nums.length - 1。并且如果 seq[i+1] - seq[i]( 0 <= i < seq.length - 1) 的值都相同，那么序列 seq 是等差的
解：
法一：（这一题 和 上一题的 差别 主要体现在 元素可以重复，所以 我打算修改上一题的 map1<int ,vector<int>> 用一个vector数组存储所有的 具有这个val值的 下标，从小到达开始存储）
这是一个含有 调试代码的 代码 ， 通过了36个测试用例后 超时了，可惜
class Solution {
public:
int longestArithSeqLength(vector<int>& nums) {
//不是递增数组， 而且元素之间 也不一定使 互异的
//不一定使 递增的等差序列 递减的等差序列也可以
//我觉得 这一题 和 上一题 几乎是一样的 ，因为只要确定了 j->k这个终点最表，差值也就唯一确定了
//现在唯一需要考虑的问题使，元素是否会重复？？ 答：会，所以上一题的 模板用不了 啊啊
//那就修改一下，从所有重复的中 找到那个可以接上 而且最大的 那个 接上！
//不知道map<int,vector<int>> 能不能用，这样可以就可以 将一个val映射到 一组下标位置了
//然后去找的 时候 ，一直找到j-1为止
//开始套用上一题的 模板
unordered_map<int,vector<int>> map1;
int size = nums.size();
for(int i=0;i<=size-1;i++)
{
map1[nums[i]].push_back(i); // 存入一组下标值
}
unordered_map<int,int> map2; //用于存储以下标j->k结束的最长子序列
int ans=0;
//--
for(int k=0;k<=size-1;k++)
{
for(int j=0;j<=k-1;j++)
{
//递推：
//(1)先看map1中有没有
int diff = nums[k] - nums[j];
int num_i = nums[j] - diff;
if(map1.count(num_i))
{
//(2)从这个数组中找 下标 <=j-1的，然后从中选出map2[i*size+j]最大的,打擂台
vector<int> tmp = map1[num_i];
int size_tmp = tmp.size();
int max_index = -1;
int max_len = 0;
for(int i=0;i<=size_tmp-1;i++)
{
cout<<"diff = "<<diff<<endl;
cout<<"num_i = "<<num_i<<endl;
cout<<j<<"->"<<k<<" "<<"tmp[i] = "<<tmp[i]<<endl;
if(tmp[i] > j-1)
{
break;//没有比j-1小的了，跳出
}
if(map2[tmp[i]*size+j] >= max_len)
{
//cout<<"来过吗"<<endl; -- 没有
max_len = map2[tmp[i]*size+j];
max_index =tmp[i];
}
}
//说明max_index从来没有被更新过
//case1: max_index == -1
if(max_index == -1)
{
//没有合适的；
}
else
{
//cout<<"来过吗"<<endl; -- 没有
map2[j*size+k] = max_len + 1;
ans = max(ans , map2[j*size+k] + 2);
}
}
}
}
if(ans <=2)
{
return 2;
}
else{
return ans;
}
}
};法二：借鉴讨论区的 思路:
1.关键：
（1）依然使 用一个map映射 从val 到 index ，但是！！！ 妙！ 每次都只存最后一次出现的 index，这一定可以保证 “最优”！！！
（2）利用一个二维数组 dp[i][j] 表示 以i->j结尾的 最大长度
2.代码：
class Solution {
public:
int longestArithSeqLength(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
unordered_map<int , int> mp;
vector<vector<int>> dp(n , vector<int>(n , 2)); //二维 递推数组，初始长度都为2
int ans = 0;
for(int i = 0 ; i < n ; i++){
for(int j = i + 1 ; j < n ; j++){
int target = 2 * nums[i] - nums[j]; //从i 到 j的路径
if(mp.count(target)) dp[i][j] = dp[mp[target]][i] + 1; //递推方程
ans = max(ans , dp[i][j]);
}
mp[nums[i]] = i; //这里每次取最后一个出现的 val的 index ，妙啊！！！
}
return ans;
}
};
T15:形成字符串的 最短路径
对于任何字符串，我们可以通过删除其中一些字符（也可能不删除）来构造该字符串的 子序列 。(例如，“ace” 是 “abcde” 的子序列，而 “aec” 不是)。
给定源字符串 source 和目标字符串 target，返回 源字符串 source 中能通过串联形成目标字符串 target 的 子序列 的最小数量 。如果无法通过串联源字符串中的子序列来构造目标字符串，则返回 -1。
解：
1.关键：
（1）好吧，我承认，这一题 直接用 贪心的思想 就可以 得到 最优解
(2)和动态规划无关：从头开始，尽可能的 让source起到更多的作用 (贪心)，
这么做的合理性： 因为可以使用“子序列”， 所以任何其它“非贪心”的选择 一定 可以组合成贪心的选择，所以一定不存在 比贪心更少的 步数。
比如说：source = abcb target = abcbaba
贪心的第一次 :可以取abc ，那就取abc好了 ,下一个取的就是b了
非贪心第一次：我偏不，我就只取ab ,下一个我可以取cb，但是这么看的话，虽然看上去第二次多取了一些，但之所以会这样，就是因为“贪心的取法不需要在第二步取这么多了，它其实也有取cb的能力，但是第一步帮它分担了一个c，就不需要再取c了”，
这么看的结果是，贪心一定不会比非贪心步数更多
2.代码：
class Solution {
public:
int shortestWay(string source, string target) {
//既然有人用 贪心算法 解出来了，那我也用 贪心好了
int size1= source.size();
int size2= target.size();
int ans = 0 ; //步数
int cur1 = 0;
int cur2 = 0;
int flag = true;
while(cur2 < size2)
{
flag=true;
cur1 = 0;
while(cur1 < size1)
{
if(source[cur1] == target[cur2])
{
cur2++;
flag = false; //说明cur2有移动
}
cur1++;
}
if(flag == true)
{
break;
}
ans++;
}
return flag?-1:ans;
}
};T16:最大 整除子集
给你一个由 无重复 正整数组成的集合 nums ，请你找出并返回其中最大的整除子集 answer ，子集中每一元素对 (answer[i], answer[j]) 都应当满足：
answer[i] % answer[j] == 0 ，或
answer[j] % answer[i] == 0
如果存在多个有效解子集，返回其中任何一个均可。
解：
1.关键：
（1）集合 --子集 -- 那必然先sort排序啊
(2)最朴素的想法就是 把前面所有可能的值 全部遍历一次（因为 “因子”这东西，真的只好用遍历）
(3)dp[i] 一维 递推数组： 代表以第i个元素作为 结束点的 最长 整除子集的长度
dp_vec[i]代表 对应上述那个最长整除子集的 具体元素的一个集合 （dp_vec是一个二维数组）
2.代码：
class Solution {
public:
vector<int> largestDivisibleSubset(vector<int>& nums) {
//（1）先排序，然后 就变成和 最长的 斐波那契数 那个题 有点像了
sort(nums.begin() , nums.end());
//(2)然后 ，利用2个map加以处理
//利用数组进行存储:
//最朴素的方法就是 从后往前 遍历找因子
int size = nums.size();
vector<int> dp(size,0);
vector<vector<int>> dp_vec(size);
dp[0] = 1 ; //初值
dp_vec[0].push_back(nums[0]); //
int max_all = 1;
int max_index =0;
for(int i=1;i<size;i++)
{
int max_len = 1;
int from_j = -1;
for(int j=i-1;j>=0;j--)
{
if(nums[i]%nums[j] == 0)
{
if(dp[j] + 1 > max_len)
{
max_len = dp[j] + 1;
from_j = j;
}
}
}
dp[i] = max_len;
//将dp_vec[j]这个数组加上一个nums[i]变成dp_vec[i]
if(from_j == -1)
{
dp_vec[i].push_back(nums[i]);//自立门户
}
else
{
dp_vec[i] = dp_vec[from_j];
dp_vec[i].push_back(nums[i]);//添加新的元素
}
if(dp[i] > max_all )
{
max_all =dp[i];
max_index = i;
}
}
return dp_vec[max_index];
}
};T17:最长有效括号
给你一个只包含 '(' 和 ')' 的字符串，找出最长有效（格式正确且连续）括号子串的长度。
解：
1.关键：（我采用的 利用一个一维数组dp记录dp[i]代表以s中第i个元素结束的最长的 有效括号长度）
(1)int max_anx: 用于记录 打擂台中的所有dp[i] 的最大值
vector<int> dp(n,0):用于dp[i] 记录以s中第i个元素结束的 最长有效括号 长度
(2)初值：dp[0] =0
(3)重点！！！ 递推关系:
case1: s[i] == '(',好了，不用看了，dp[i] 一定是0
case2:s[i] == ')' :
<1>如果 s[i-1] =='(' ,dp[i] = dp[i-2]+2,当然，如多i-2<0,就是2了
<2>否则：需要看i-dp[i-1]-1这个位置中s的字符，如果没有 或者 为')',直接dp[i] =0
不然,dp[i] = dp[i-1] + dp[i-dp[i-1]-2] + 2;
2.代码：
class Solution {
public:
int longestValidParentheses(string s) {
//利用动态规划的思想进行求解:
int max_ans = 0; //所有dp[i]中的最大值
int n =s.size();
vector<int> dp(n,0); // 动态规划 一维dp数组,
//--初值：dp[0] == 0
//dp[i] 的含义：以字符串s中第i个字符结束 的最长有效括号数的 长度
for(int i=1;i<n;i++)
{
//如果s[i] ==( 左括号的话，dp[i] == 0 不用管
if(s[i] == ')')
{
//分情况讨论:
if(s[i-1] == '(')
{
dp[i] = (i>=2?dp[i-2]:0) + 2;
}
else
{
//看一下s[i - dp[i-1] -1 ] 是否 == (
//如果不是：dp[i] = 0
//如果是：dp[i] = dp[i-1] + dp[i-dp[i-1]-2] +2;
if(i-dp[i-1] -1 <0 || s[i-dp[i-1]-1]!='(')
{
dp[i] = 0;
}
else if(i - dp[i-1] -1 ==0)
{
dp[i] = dp[i-1] + 2;
}
else{
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-dp[i-1] -2]+2;
}
}
if(dp[i] > max_ans)
{
max_ans = dp[i];
}
}
}
//--
return max_ans;
}
};T18:等差数列划分:
如果一个数列 至少有三个元素 ，并且任意两个相邻元素之差相同，则称该数列为等差数列。
例如，[1,3,5,7,9]、[7,7,7,7] 和 [3,-1,-5,-9] 都是等差数列。
给你一个整数数组 nums ，返回数组 nums 中所有为等差数组的 子数组 个数。
子数组 是数组中的一个连续序列。
解：
扩展思考--如果这个 不连续的序列中的 等差数列个数呢？
答：
好吧，一开始我就没有考虑 连续 这个条件，所以写出了这个代码：
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
//计算一个数组中 等差序列的 个数cnt
//采用动态规划的思想：dp[i]代表 以nums[i]结束的 等差数列的 个数！--不要长度
//一个非常巧妙的数据结构 vector<map<diff,len>> dp(n+1)
//其实，本来是没想过要用 这个map的，本来想用一个set去代替好了，但是
//因为有一个问题，就是如果diff这个 只有1对，len==2,那么就不能算数了，所以还是用map好了
int n= nums.size();
vector<unordered_map<int,int>> dp(n);
int cnt = 0 ; //记录等差序列的个数
//初值:
dp[0][0]=1; //对于第一个元素而言，它仅有的等差序列 就是它本身了，所以存一个diff映射到长度1
//递推关系:
//循环for(int j=0;j<=i-1;j++) --计算diff = nums[i] - nums[j] --递推:
//dp[i][diff] = dp[j][diff]+1;
//同时,if(dp[i][diff] >=3 , cnt++)
//比如这个测试用例：1 2 3 4
for(int i=1;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
{
int diff = nums[i] - nums[j];
//dp[i][diff] = dp[j][diff]+1;
//把自己 - 自己 单独考虑好了
if(j==i)
{
dp[i][0] = dp[i][0]+1;
}
//--一般情况:
else if(dp[j][diff] == 0)
{
dp[i][diff] +=2; //第一次加入2个元素
}
else{
dp[i][diff] = dp[j][diff]+1;
}
if(dp[i][diff] >= 3 )
{
cnt+= (dp[i][diff]-2);
}
}
}
show(dp);
return cnt;
}
//有2个问题:
//第一：测试的i==2 的时候 diff == 1 的cnt应该要等于3才对，但是结果cnt==2
//这个问题的核心：就是 自己 减 自己 ==0 ，但是只是产生1个元素
//第二：忘记后缀形式的情况了，比如1 2 3 4中，还可以取到 2 3 4 这种后缀
//所以：只要 cnt = k,那么总共可以产生k-2中可能的等差序列
//第三：忘记了一个问题：这个题目 需要“连续的数组”
//辅助测试函数:
void show(vector<unordered_map<int,int>> vec)
{
int i=0;
for(auto map1:vec)
{
cout<<i++<<" :"<<endl;
for(auto [diff,cnt]:map1)
{
//cout<<"diff = "<<diff<<" cnt= "<cnt;
cout<<"diff - ";
cout<<diff;
cout<<" cnt -";
cout<<cnt;
cout<<endl;
}
}
}
};言归正传：
解：
法一： 暴力搜索
1.关键：
（1）子函数 is_right(nums , start,end) : 传递3个参数，一个数组，一个起点下标，一个终点下标，然后判断 从 下标start 到 end是否构成 连续的 等差数组
(2) 主函数 ：双层循环
2.代码（通过12个测试用例后 超时)
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
//法一：3重循环，暴力破解:
int n = nums.size();
int ans = 0 ;
for(int i=0;i< n-2;i++)
{
for(int j=i+1;j< n;j++)
{
is_right(nums,i,j)
{
ans++;
}
}
}
return ans;
}
bool is_right(vector<int> nums,int start,int end)
{
//从下标start 到 下标end，是否为一个等差序列
if(end - start<2) return false;
for(int i=start;i<=end-2;i++)
{
if(nums[i+1]*2 != nums[i] + nums[i+2])
{
return false;
}
}
return true;
}
};法二： 滑动窗口的思想
1.关键：
（1）首先，下标i从0 到n-3作为外层 循环
(2)然后，计算2个元素 开头的差值diff = nums[i+1] - nums[i]
（3）最后，内层循环中，j从i+1 到n-2,如果nums[j+1] - nums[j] != diff 可以直接break掉这个内层循环了，否则ans++
2.代码:
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
//滑动窗口的思想:只要后面遇到一个地方的 nums[j+1] - nums[j] != diff
//直接break这个 内层循环， 否则ans++
int ans =0 ;
int n = nums.size();
for(int i=0;i<=n-3;i++)
{
int diff = nums[i+1] - nums[i];
for(int j=i+1;j<=n-2;j++)
{
if(nums[j+1] - nums[j] !=diff)
{
break;
}
else
{
ans++;
}
}
}
return ans;
}
};法三：动态规划--递推关系:
1.关键：
（1）dp[i]--含义：以nums数组中第i个元素 作为结束点的 最长的 连续等差序列
(2)递推关系：
重点：分析nums[i] 和 nums[i-1] , nums[i-2] 的关系，是否 可以“续上！”
2.代码：
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
//动态规划
//dp[i]代表以nums[i]中第i个元素结束的连续等差数组的个数
int n = nums.size();
vector<int> dp(n,0);
int sum = 0;
for(int i =2;i<=n-1;i++)
{
if(nums[i] + nums[i-2] == nums[i-1]*2)
{
dp[i] = dp[i-1] + 1;
}
else
{
dp[i] = 0;
}
sum+=dp[i];
}
return sum;
}
};好了，动态规划（一）的part1先到这里了，接下来就是part2部分了
