代码随想录刷题39，40天|62.不同路径

62.不同路径

想要求dp $i$ $j$ ，只能有两个方向来推导出来，即dp $i - 1$ $j$ 和 dp $i$ $j - 1$ 。

此时在回顾一下 dp $i - 1$ $j$ 表示啥，是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径，dp $i$ $j - 1$ 同理。

那么很自然，dp $i$ $j$ = dp $i - 1$ $j$ + dp $i$ $j - 1$ ，因为dp $i$ $j$ 只有这两个方向过来。

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class Solution:
    def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:
        dp=[[0]*n for _ in range(m)]#用来存储唯一路径数
        #设置第一行和第一列的基本情况
        for i in range(m):
            dp[i][0]=1
        for j in range(n):
            dp[0][j]=1
        #计算每个单元格的唯一路径数
        for i in range(1,m):
            for j in range(1,n):
                dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
            
        return dp[m-1][n-1]

63.不同路径2

其实只要考虑到，遇到障碍dp $i$ $j$ 保持0就可以了。

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class Solution:
    def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:
        m=len(obstacleGrid)#行数
        n=len(obstacleGrid[0])
        if obstacleGrid[m-1][n-1]==1 or obstacleGrid[0][0]==1:#起点和终点有障碍物直接返回
            return 0
        dp=[[0]*n for _ in range(m)]
        for i in range(m):
            if obstacleGrid[i][0]==0:#遇到障碍物时，直接退出循环，后面默认都是0
                dp[i][0]=1
            else:
                break
        for j in range(n):
            if obstacleGrid[0][j]==0:
                dp[0][j]=1
            else:
                break
        for i in range(1,m):
            for j in range(1,n):
                if obstacleGrid[i][j]==1:
                    continue
                dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
        return dp[m-1][n-1]

343.整数拆分

dp $i$ ：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp $i$

注意枚举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。

至于 "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"

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class Solution:
         # 假设对正整数 i 拆分出的第一个正整数是 j（1 <= j < i），则有以下两种方案：
        # 1) 将 i 拆分成 j 和 i−j 的和，且 i−j 不再拆分成多个正整数，此时的乘积是 j * (i-j)
        # 2) 将 i 拆分成 j 和 i−j 的和，且 i−j 继续拆分成多个正整数，此时的乘积是 j * dp[i-j]
    def integerBreak(self, n):
        dp = [0] * (n + 1)   # 创建一个大小为n+1的数组来存储计算结果
        dp[2] = 1  # 初始化dp[2]为1，因为当n=2时，只有一个切割方式1+1=2，乘积为1
       
        # 从3开始计算，直到n
        for i in range(3, n + 1):
            # 遍历所有可能的切割点
            for j in range(1, i // 2 + 1):

                # 计算切割点j和剩余部分(i-j)的乘积，并与之前的结果进行比较取较大值
                
                dp[i] = max(dp[i], (i - j) * j, dp[i - j] * j)
        
        return dp[n]  # 返回最终的计算结果

96.不同的二叉搜索树

来看看n为3的时候，有哪几种情况。

当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊！

当3为头结点的时候，其左子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊！

当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊！

dp $3$ ，就是元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量

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

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

左子树肯定时比根少一，右子树是要求的减去根，就是比他大的

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class Solution:
    def numTrees(self, n: int) -> int:
        dp=[0]*(n+1)
        dp[0]=1#当n为0时，只有一种情况
        for i in range(1,n+1):
            for j in range(1,i+1):
                dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j]#以j为头节点的左子树和以j为头节点的右子树
        return dp[n]