LeetCode动态规划专题

一、买卖股票的最佳时机

虽然这题标记的是简单，个人感觉还是挺难的。。。也许是我太菜了吧，找了题解才会做，看了大佬的题解后，发现这是一种题型，真是醍醐灌顶。觉得应该总结一下，作为自己的刷题笔记。下面进入正文。

老司机一眼可以看出，这种求差问题可以转换成区间和的问题（emmmmm，我肯定看不出来）。为什么呢？因为我们有牛顿莱布尼茨公式：

在上面的公式中，表示的数组称为前缀和，其实也就是题目所给的当天股票价格,最大的区间和可用动态规划求解，公式如下：

其中，表示在不亏钱的前提下，第天卖出股票所赚的钱，若等于0了，则说明第天卖股票亏了，将重新置0。数组表示相邻两天股票价格的差

int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size() < 2) return 0;//股票只有一天，不赚钱
        vector<int> diff;
        for(int i=0; i<prices.size()-1; i++){
            diff.push_back(prices[i+1] - prices[i]);
        }
        vector<int> dp(diff.size());
        dp[0] = max(0, diff[0]);
        int profit = dp[0];
        for(int i=1; i<dp.size(); i++){
            dp[i] = max(0, dp[i-1] + diff[i]);
            profit = max(profit, dp[i]);
        }
        return profit;
    }

提交结果：

其实数组是可以优化掉的

int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size() < 2) return 0;
        vector<int> dp(prices.size()-1);
        dp[0] = max(0, prices[1] - prices[0]);
        int profit = dp[0];
        for(int i=1; i<dp.size(); i++){
            dp[i] = max(0, dp[i-1] + prices[i+1] - prices[i]);
            profit = max(profit, dp[i]);
        }
        return profit;
    }

提交结果：

其实，dp数组也是可以优化掉的

int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size() < 2) return 0;
        int cur_profit = max(0, prices[1] - prices[0]);
        int profit = cur_profit;
        for(int i=1; i<prices.size()-1; i++){
            cur_profit = max(0, cur_profit + prices[i+1] - prices[i]);
            profit = max(profit, cur_profit);
        }
        return profit;
    }

提交结果：

总结：求区间和问题和数组元素求差问题是可以相互转化的

线上提交地址：​​买卖股票的最佳时机​​​ 参考题解：​​点击跳转​​

二、求最大子序和

代码如下：

int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int cur = nums[0];
        int res = cur;
        for(int i=1; i<nums.size(); i++){
            cur = cur > 0 ? cur + nums[i] : nums[i];
            if(cur > res)    res = cur;
        }
        return res;
    }

其中 cur = cur > 0 ? cur + nums[i] : nums[i] 可理解为：

• 若当前累加和cur大于0，则可以利用累加和，将当前元素与cur相加，得到更大的累加和
• 否则，舍弃累加和，从当前元素重新累加，以免使得累加和变小

注：本题应采用逆向思维理解，不是遍历到一个新元素时考虑是否将新元素加入到累加和。而是每次都从此新的元素开始累加，但是要考虑是否利用上前面的累加和。

按照此理解，买卖股票的最佳时机 代码可写为

int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size() < 2) return 0;
        int cur_profit = max(0, prices[1] - prices[0]);
        int profit = cur_profit;
        for(int i=1; i<prices.size()-1; i++){
            int diff = prices[i+1] - prices[i];
            cur_profit = cur_profit > 0 ? cur_profit + diff : diff;
            if(cur_profit > profit)    profit = cur_profit;
        }
        return profit;
    }

三、最长上升子序列

首先初始化一个全1的dp数组（表示每个元素至少能独立成为一个上升子序列），表示包含0~i号元素中，包含在内的上升序列中最长上升序列的长度

递推公式如下：

递推公式说明

，确定时，重新遍历区间，做如下判断：

• 当时，此时可以和中的部分元素一起组成上升子序列，此时做更新：
• 当时，此时不可以和中的部分元素一起组成上升子序列，不用更新，直接下一次循环

举例：

注意：dp数组可不是递增的，仔细理解上面提到的的含义

int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
    int N = nums.size();
    if(N <= 1) return N;
    vector<int> dp(N, 1);
    int res = 1;
    for(int i=1; i<N; i++){
        for(int j=0; j<i; j++){
            if(nums[i] > nums[j]){
                dp[i] = max(dp[i], dp[j]+1);
            }
        }
        res = max(res, dp[i]);
    }
    return res;
}