343. 整数拆分
题目链接：343. 整数拆分
思路：动态规划五步曲
-
dp[i]：拆分数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。
-
递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j))
从1遍历j，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怎么就不拆分呢？
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。
-
初始化：从2开始，dp[2] = 1
题目提示：2 <= n <= 58
-
遍历顺序：i和j都是从前向后遍历
-
举例推导dp数组
当n为 10 的时候，dp数组里的数值，如下：
class Solution {
public int integerBreak(int n) {
// dp[i]：拆分数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。
int[] dp = new int[n + 1];
// 递推公式：j从1开始遍历，每次取j*(i - 1)和j*dp[i - j]中最大的
// j * (i - j) 是单纯的把整数 i 拆分为两个数 i 和 i-j ，再相乘
// 而j * dp[i - j]是将 i 拆分成两个以及两个以上的个数,再相乘。
// 初始化：从2开始，dp[2] = 1
dp[2] = 1;
// 遍历顺序：i和j都是从前向后遍历
for (int i = 3; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
// 遇到大的便更新dp[i]，
dp[i] = Math.max(dp[i], Math.max(j * (i - j), j * dp[i - j]));
}
}
return dp[n];
}
}
因为拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的。只不过我们不知道m究竟是多少而已，但可以明确的是m一定大于等于2，既然m大于等于2，也就是最差也应该是拆成两个相同的数，相乘之后可能是最大值。那么 j 遍历，只需要遍历到 n/2 就可以，后面就没有必要遍历了，一定不是最大值。
另一方面，枚举j的时候，是从1开始的。从0开始的话，那么让拆分一个数拆个0，求最大乘积就没有意义了。
96. 不同的二叉搜索树
题目连接：96. 不同的二叉搜索树
思路：动态规划五步曲（本题递推公式推导较为复杂，详情见代码随想录网站）
-
dp[i]：i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]
-
递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]
j 相当于是头结点的元素，从 1 遍历到 i 为止。
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
-
初始化：dp[0] = 1
只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]。
-
遍历顺序是 i 从 1 到 n ，j 从 1 到 i 。
那么遍历 i 里面每一个数作为头结点的状态，用 j 来遍历 i 。
-
举例推导dp数组
n为5时候的dp数组状态如图：
基本举例到n为3就可以了，n为4的时候，画图已经比较麻烦了。
class Solution {
public int numTrees(int n) {
// i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]
int[] dp = new int[n + 1];
// 递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]
// 初始化：dp[0] = 1
dp[0] = 1;
// 遍历顺序
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];
}
}
也可以用定义递归函数的方法解决本题，代码如下：
class Solution {
// 存在重叠子问题，可以通过备忘录的方式消除冗余计算。
int[][] memo;
/* 主函数 */
public int numTrees(int n) {
// 备忘录的值初始化为 0
memo = new int[n + 1][n + 1];
return count(1, n);
}
/* 计算闭区间 [lo, hi] 组成的 BST 个数 */
int count(int lo, int hi) {
// base case
if (lo > hi) return 1;
// 查备忘录
if (memo[lo][hi] != 0) {
return memo[lo][hi];
}
int res = 0;
for (int mid = lo; mid <= hi; mid++) {
// mid 的值作为根节点 root
int left = count(lo, mid - 1);
int right = count(mid + 1, hi);
// 左右子树的组合数乘积是 BST 的总数
res += left * right;
}
// 将结果存入备忘录
memo[lo][hi] = res;
return res;
}
}
