【C++代码】爬楼梯，不同路径，整数拆分，不同搜索树，动态规划--代码随想录

动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP，如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。所以动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优的，例如：有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。动态规划中dp[j]是由dp[j-weight[i]]推导出来的，然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。但如果是贪心呢，每次拿物品选一个最大的或者最小的就完事了，和上一个状态没有关系。
状态转移公式（递推公式）是很重要，但动规不仅仅只有递推公式。对于动态规划问题，我将拆解为如下五步曲，这五步都搞清楚了，才能说把动态规划真的掌握了！
- 确定 dp 数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp 数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导 dp 数组
**因为一些情况是递推公式决定了dp数组要如何初始化！**写动规题目，代码出问题很正常！找问题的最好方式就是把dp数组打印出来，看看究竟是不是按照自己思路推导的！一些同学对于dp的学习是黑盒的状态，就是不清楚dp数组的含义，不懂为什么这么初始化，递推公式背下来了，遍历顺序靠习惯就是这么写的，然后一鼓作气写出代码，如果代码能通过万事大吉，通过不了的话就凭感觉改一改。

题目：爬楼梯

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法。那么第一层楼梯再跨两步就到第三层，第二层楼梯再跨一步就到第三层。所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯和到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划了。此时大家应该发现了，这不就是斐波那契数列么！

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        if(n<3){
            return n;
        }
        int dp[2]={1,2};
        for(int i=2;i<n;i++){
            dp[i%2]=dp[0]+dp[1];
        }
        return dp[(n-1)%2];
    }
};

后面将讲解的很多动规的题目其实都是当前状态依赖前两个，或者前三个状态，都可以做空间上的优化，但我个人认为面试中能写出版本一就够了哈，清晰明了，如果面试官要求进一步优化空间的话，我们再去优化。

题目：使用最小花费爬楼梯

给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
- 确定dp数组以及下标的含义：本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。
- 确定递推公式：可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
- dp数组如何初始化：看一下递归公式，dp[i]由dp[i - 1]，dp[i - 2]推出，既然初始化所有的dp[i]是不可能的，那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了，其他的最终都是dp[0]dp[1]推出。题目描述中明确说了 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。” 也就是说到达第 0 个台阶是不花费的，但从第0 个台阶往上跳的话，需要花费 cost[0]。所以初始化 dp[0] = 0，dp[1] = 0;

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        if(cost.size()<3){
            return min(cost[0],cost[1]);
        }
        vector<int> dp(cost.size()+1,0);
        for(int i=2;i<dp.size();i++){
            dp[i]=min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2]);
        }
        return dp[cost.size()];
    }
};

一共m，n的话，无论怎么走，走到终点都需要 m + n - 2 步。在这m + n - 2 步中，一定有 m - 1 步是要向下走的，不用管什么时候向下走。可以转化为，给你m + n - 2个不同的数，随便取m - 1个数，有几种取法。那么这就是一个组合问题了。求组合的时候，要防止两个int相乘溢出！ 所以不能把算式的分子，分母都算出来再做除法。需要在计算分子的时候，不断除以分母，代码如下：

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        long long son=1;
        int mom=m-1;
        int count=m-1;
        int t=m+n-2;
        while(count--){
            son *= t--;
            while(mom!=0 && son%mom==0){
                son /= mom; 
                mom--;
            }
        }
        return son;
    }
};

题目：不同路径 II

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角（起始点在下图中标记为 “Start” ）。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish”）。现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

数论解决，完全不行，不止一块障碍物

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {
        int flag =0;
        int temp_m=0,temp_n=0;
        for(int i=0;i<obstacleGrid.size();i++){
            for(int j=0;j<obstacleGrid[0].size();j++){
                if(obstacleGrid[i][j]){
                    temp_m=i;
                    temp_n=j;
                    flag=1;
                    break;
                }
            }
        }
        int count_sum=obstacleGrid.size()-1;
        long long son_sum=1;
        int mom_sum=obstacleGrid.size()-1;
        int mn=obstacleGrid.size()+obstacleGrid[0].size()-2;
        while(count_sum--){
            son_sum *= mn--;
            while(mom_sum!=0 && son_sum%mom_sum==0){
                son_sum /= mom_sum;
                mom_sum--;
            }
        }
        if(flag==0){
            return son_sum;
        }
        long long son1=1;
        int mom1 = temp_m;
        int count =temp_m;
        int mn1 = temp_m+temp_n;
        while(count--){
            son1 *= mn1--;
            while(mom1!=0 && son1%mom1==0){
                son1 /= mom1;
                mom1--;
            }
        }
        long long son2=1;
        int mom2 = obstacleGrid.size()-temp_m-1;
        int count2 = obstacleGrid.size()-temp_m-1;
        int mn2 = obstacleGrid.size()-temp_m+obstacleGrid[0].size()-temp_n-2;
        while(count2--){
            son2 *= mn2--;
            while(mom2!=0 && son2%mom2==0){
                son2 /= mom2;
                mom2--;
            }
        }
        return son_sum-son1*son2;
    }
};//

动态规划：确定dp数组（dp table）以及下标的含义,dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
确定递推公式：dp[i][j] = dp[i - 1] [j] + dp[i] [j - 1]。因为有了障碍，(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态（初始状态为0）。
dp数组如何初始化：从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，所以dp[i] [0]一定为1，dp[0] [j]也同理。但如果(i, 0) 这条边有了障碍之后，障碍之后（包括障碍）都是走不到的位置了，所以障碍之后的dp[i] [ 0]应该还是初始值0。

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

时间复杂度：O(n × m)，n、m 分别为obstacleGrid 长度和宽度；空间复杂度：O(n × m)

题目：整数拆分

给定一个正整数 n ，将其拆分为 k 个 正整数 的和（ k >= 2 ），并使这些整数的乘积最大化。返回 你可以获得的最大乘积 。
确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i]：分拆数字 i，可以得到的最大乘积为dp[i]。dp[i]的定义将贯彻整个解题过程，下面哪一步想不懂了，就想想dp[i]究竟表示的是啥！
确定递推公式：其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i].一个是j * (i - j) 直接相乘。一个是j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)，对这个拆分不理解的话，可以回想dp数组的定义。j是从1开始遍历，拆分j的情况，在遍历j的过程中其实都计算过了。那么从1遍历j，比较(i - j) * j和dp[i - j] * j 取最大的。递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));也可以这么理解，j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。所以递推公式：dp[i] = max({dp[i], (i - j) * j, dp[i - j] * j});
dp的初始化：这里我只初始化dp[2] = 1，从dp[i]的定义来说，拆分数字2，得到的最大乘积是1

class Solution {
public:
    int integerBreak(int n) {
        vector<int> dp(n+1);
        dp[2]=1;
        for(int i=3;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=i/2;j++){
                dp[i]=max(dp[i],max((i-j)*j,dp[i-j]*j));
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

时间复杂度：O(n^2); 空间复杂度：O(n)

题目：不同的二叉搜索树

给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。
n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，来看看n为3的时候
- 元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
- 元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
- 元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。也可以理解是i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的。
确定递推公式：dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]；j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。所以递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量
dp数组如何初始化：从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的。从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1，否则乘法的结果就都变成0了。

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> dp(n+1);
        dp[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=i;j++){
                dp[i] += dp[j-1]*dp[i-j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};