【算法/训练】：动态规划（线性DP）

一、路径类

1. 字母收集

思路：

1、预处理

对输入的字符矩阵我们按照要求将其转换为数字分数 ，由于只能往下和往右走，因此走到（i，j）的位置要就是从（i - 1， j）往下走，或者是从(i，j - 1)的位置往右走 ，由于我们要使得路程遍历积分最多，则应该从积分多的位置过来，

2、状态表示 dp $i$ $j$ 表示：从 $0, 0$ 出发，到底 $i, j$ 位置，一共有多少分

3、状态转移方程

故（i，j）位置的积分应该为dp** $i$ $j$ = max(dp $i - 1$ $j$ , dp $i$ $j - 1$ ) + dp $i$ $j$ ;**

4、初始化

但是上面仅对于（i >= 1 && j >= 1）成立， 对于第一行和第一列我们应该特殊处理，利用前缀和的知识 可以求得，走到第一列的第i个位置最多能拿的积分以及走到第一行的第j个位置最多能拿的积分 ，然后我们就可以按照dp** $i$ $j$ = max(dp $i - 1$ $j$ , dp $i$ $j - 1$ ) + dp $i$ $j$ 的方法遍历每个节点即可**

AC代码如下：

cpp 复制代码

#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 1005;
int dp[N][N];

int main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	char ch;
	for (int i = 0; i < n; i++){
		for (int j = 0; j < m; j++){
			cin >> ch;
			if (ch == 'l') dp[i][j] = 4;
			else if (ch == 'o') dp[i][j] = 3;
			else if (ch == 'v') dp[i][j] = 2;
			else if (ch == 'e') dp[i][j] = 1;
			else a[i][j] = 0;
		}
	}

for (int i = 1; i < n; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + dp[i][0]; 
for (int j = 1; j < m; j++) dp[0][j] = dp[0][j - 1] + dp[0][j]; 

	for (int i = 1; i < n; i++){
		for (int j = 1; j < m; j++){
			dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + dp[i][j];
		}
	}

	cout << dp[n - 1][m - 1] << endl;
	return 0;
}

2、 $NOIP2002 普及组$ 过河卒

分析：

思路：
1、状态表示

dp $i$ $j$ 表示：从 $0, 0$ 出发，到底 $i, j$ 位置，一共有多少种方法
2、状态转移方程

dp $i$ $j$ = dp $i - 1$ $j$ + dp $i$ $j - 1$ (i > 0 && j > 0)

当走到马可以走的地方，dp $i$ $j$ = 0;
3、初始化

先创建一个 dp $n + 2$ $m + 2$ ，然后让dp $0$ $1$ = 1 或者 dp $1$ $0$ = 1。注意这样初始化的时候，x需要+1,y也需要+1.和dp表位置一一对应

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

//int dp[1005][1005];
int main()
{
    int n, m, x, y;
    cin >> n >> m >> x >> y;
    
    vector<vector<long long>> dp(n + 2, vector<long long>(m + 2));
    dp[0][1] = 1;
    x += 1, y += 1;和dp表位置一一对应

    for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= m + 1; j++) { //马所在位置
            if (i != x && j != y && abs(i - x) + abs(j - y) == 3 || (i == x && j == y))
            {
                dp[i][j] == 0;
            }
            else dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
        }
    }
    cout << dp[n + 1][m + 1] << endl;

    return 0;
}

二、子序列和连续序列类

1. mari和shiny

🌈线性 dp

在维护 i 位置之前，⼀共有多少个 "s" "sh" ，然后更新 "shy" 的个数。

（1）状态表示

s $i$ ：字符串 str 中 $0, i$ 区间内有多少个 "s"。

h $i$ ：字符串 str 中 $0, i$ 区间内有多少个 "sh"。

y $i$ ：字符串 str 中 $0, i$ 区间内有多少个 "shy。

（2）状态转移方程

（3）空间优化

用三个变量来表示即可

s：（字符串 str 中 $0, n-1$ 区间内有多少个 "s"）

h：（字符串 str 中 $0, n-1$ 区间内有多少个 "sh"）

y：（字符串 str 中 $0, n-1$ 区间内有多少个 "shy"）

最后的遍历结束后，y即我们需要的结果

AC代码如下：

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
	int n;
	string str;
	cin >> n >> str;
	ll s = 0, h = 0, y = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		if (str[i] == 's') s++;
		else if (str[i] == 'h') h += s;
		else if (str[i] == 'y') y += h;
	}
	cout << y << endl;
	return 0;
}

🌈二维 dp

这道题目如果不是子序列，而是要求连续序列的，那就可以考虑用 KMP。

（1）dp $i$ $j$ 含义

string t="shy"

dp $i$ $j$ ：以 i-1 为结尾的 str 子序列中出现以 j-1 为结尾的 t 的个数为 dp $i$ $j$ 。

（2）递推关系

str $i - 1$ 与 t $j - 1$ 相等

str $i - 1$ 与 t $j - 1$ 不相等

当 str $i - 1$ 与 t $j - 1$ 相等时，dp $i$ $j$ 可以有两部分组成：

一部分是用 str $i - 1$ 来匹配，那么个数为 dp $i - 1$ $j - 1$ 。即不需要考虑当前 str 子串和 t 子串的最后一位字母，所以只需要 dp $i-1$ $j-1$ 。

一部分是不用 str $i - 1$ 来匹配，个数为 dp $i - 1$ $j$ 。

为什么还要考虑不用 str $i - 1$ 来匹配，都相同了指定要匹配？

🧩例如： str：shyy 和 t：shy ，str $3$ 和 t $2$ 是相同的，但是字符串 str 也可以不用 str $3$ 来匹配，即用 str $0$ str $1$ str $2$ 组成的 "shy"。当然也可以用 str $3$ 来匹配，即：str $0$ str $1$ str $3$ 组成的 "shy"。

所以，当 str $i - 1$ 与 t $j - 1$ 相等时，dp $i$ $j$ = dp $i - 1$ $j - 1$ + dp $i - 1$ $j$ ;

当 str $i - 1$ 与 t $j - 1$ 不相等时，dp $i$ $j$ 只有一部分组成，不用 str $i - 1$ 来匹配（就是模拟在 str 中删除这个元素），即：dp $i - 1$ $j$ ，所以递推公式为：dp $i$ $j$ = dp $i - 1$ $j$ ;

为什么只考虑 "不用 str $i - 1$ 来匹配" 这种情况，不考虑 "不用 t $j - 1$ 来匹配" 的情况呢？

🧩这里要明确，我们求的是str 中有多少个 t，而不是求 t 中有多少个 str ，所以只考虑 str 中删除元素的情况，即不用 str $i - 1$ 来匹配的情况。

（3）状态转移方程

**dp $i$ $j$ 显然要从dp $i-1$ $?$ 递推而来。**立即思考dp $i-1$ $j$ , dp $i-1$ $j-1$ 分别与dp $i$ $j$ 的关系。因为少一个字符，自然而然从当前字符着手。考察si的第i个字符(表为s $i$ )和tj的第j个字符(表为t $j$ )的关系。

若s $i$ ≠ t $j$ ：那么s_i中的所有t_j子序列，必不包含s $i$ ，即s_i-1和s_i中tj的数量是一样的，得到该情形的转移方程： dp $i$ $j$ = dp $i -1$ $j$
*

若s $i$ = t $j$ ：假设s_i中的所有t_j子序列中，包含s $i$ 的有a个，不包含的有b个。s_i中包含s $i$ 的子序列个数相当于s_i-1中t_j-1的个数，不包含s $i$ 的子序列个数与上一种情况一样，于是得到该情形的转移方程：

a = dp $i -1$ $j -1$ b = dp $i-1$ $j$ dp $i$ $j$ = a + b = dp $i-1$ $j-1$ + dp $i-1$ $j$

（4）遍历顺序

从上到下，从左到右。

AC代码如下：

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <vector>
 
using namespace std;
 
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    string str;
    cin >> str;
    string t="shy";
    int m=t.size();
 
    vector<vector<long long>> dp(n+1, vector<long long>(m+1));
    for(int i=0; i<=n; i++) dp[i][0]=1;
 
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        for(int j=1; j<=m; j++)
        {
            if(str[i-1]==t[j-1])
                dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j];
            else
                dp[i][j]=dp[i-1][j];
        }
    }
 
    cout << dp[n][m] << endl;
 
    return 0;
}

不同的子序列

该题于上题不一样的是，上面给定了t的具体字符串，而这里没有给定，但是我们也需要用二维dp的方法来写。

（1）dp $i$ $j$ 含义

s $i$ 的子序列中在t $j$ 出现的次数

s $i$ 表示s从下标 i 到末尾的子字符串。

t $j$ 表示t从下标 j 到末尾的子字符串。

（2）递推关系

分别令两个维度为0，推测边界。

dp $0$ $j$ 表示s_0中t_j的个数。s_0是空字符串，只有当j=0时，才有dp $0$ $j$ = 1，表示s子空串中有一个t子空串，否则dp $0$ $j$ = 0，因为一个空串不可能包含一个非空串。

dp $i$ $0$ 表示s_i中t0的个数。t_0是空字符串，显然任何串（包括空串）都含有一个空子串。因此dp $i$ $0$ = 1。

注意到，dp $i$ $0$ = 1实际上已经包含了dp $0$ $j$ = 1的情形。

（3）初始化

dp $i$ $0$ 表示：以 i-1 为结尾的 str 可以随便删除元素，出现空字符串的个数。所以，dp $i$ $0$ 一定都是 1，因为也就是把以 i-1 为结尾的 str，删除所有元素，出现空字符串的个数就是 1。

dp $0$ $j$ 表示：空字符串 str 可以随便删除元素，出现以 j-1 为结尾的字符串 t 的个数。所以，dp $0$ $j$ 一定都是 0，因为 str 如论如何也变成不了 t。

dp $0$ $0$ 表示：空字符串 str 可以删除 0 个元素，变成空字符串 t。所以，dp $0$ $0$ = 1。

（4）遍历顺序

从上到下，从左到右。

cpp 复制代码


int numDistinct(string s, string t) {
	int n = s.size(), m = t.size();
	if (n < m) return 0;
	vector<vector<unsigned int>> dp(n + 1, vector<unsigned int>(m + 1)); //注意是unsigned int
	for (int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			dp[i][j] = dp[i - 1][j] +(s[i - 1] == t[j - 1] ? dp[i - 1][j - 1] : 0);
		}
	}
	return dp[n][m];
}

三、偷盗问题

1. 打家劫舍

思路：

首先考虑最简单的情况。如果只有一间房屋，则偷窃该房屋，可以偷窃到最高总金额。如果只有两间房屋，则由于两间房屋相邻，不能同时偷窃，只能偷窃其中的一间房屋，因此选择其中金额较高的房屋进行偷窃，可以偷窃到最高总金额。

如果房屋数量大于两间，应该如何计算能够偷窃到的最高总金额呢？对于 k（ k > 2）的房屋数量，有两个选项：

偷窃第k间房屋，那么就不能偷窃第 k−1 间房屋，偷窃总金额为前 k−2 间房屋的最高总金额与第 k 间房屋的金额之和。

不偷窃第 k 间房屋，偷窃总金额为前 k−1 间房屋的最高总金额。

在两个选项中选择偷窃总金额较大的选项，该选项对应的偷窃总金额即为前 k 间房屋能偷窃到的最高总金额。

1、状态表示

dp $i$ ：表示前i间房屋能偷盗的最多钱数。
2、状态转移方程

dp $i$ = max(dp $i - 2$ + nums $i$ , dp $i - 1$ )

提示里说了nums.length>=1;

对于nums.length==1，需特殊处理，return nums $0$ ;

AC代码如下：

cpp 复制代码

int rob(vector<int>& nums) {
    int n = nums.size();
    //方法一
    /*if (n == 1) return nums[0];
    vector<int> dp(n + 1);
    dp[0] = nums[0];
    dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
    for (int i = 2; i < n; ++i) {
        dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
    }
    return dp[n - 1];*/

    //方法二
    int f1 = 0, f0 = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int tmp = max(f1, f0 + nums[i]);
        f0 = f1;
        f1 = tmp;
    }
    return f1;
}

2. 打家劫舍 II

思路：

这道题中的房屋是首尾相连的，第一间房屋和最后一间房屋相邻，因此第一间房屋和最后一间房屋不能在同一晚上偷窃。和上题相似，这道题也可以使用动态规划解决。

考虑是否偷 nums $0$ ：

如果偷 nums $0$ ，那么 nums $1$ 和 nums $n-1$ 不能偷，问题变成从 nums $2$ 到 nums $n-2$ 的非环形版本。

如果不偷 nums $0$ ，那么问题变成从 nums $1$ 到 nums $n-1$ 的非环形版本。

分别取** $start,end)=\[2,n−2) 和 \[start,end)=\[1,n−1) 进行计算，取两个 dp\[end$ 中的最大值，即可得到最终结果**

假设偷窃房屋的下标范围是 $start,end$ ，用 dp $i$ 表示在下标范围 $start,i$ 内可以偷窃到的最高总金额：

1、状态表示
dp $i$ ：表示前i间房屋能偷盗的最多钱数。
2、状态转移方程

dp $i$ =max(dp $i-2$ +nums $i$ ,dp $i-1$ )

注意：这题我们用 tmp, f1, f0 来分别表示dp $i$ ，dp $i - 1$ ，dp $i -2$ 。

cpp 复制代码

int robRange(vector<int>& nums, int start, int end) { // [start, end) 左闭右开
    int f1 = 0 , f0 = 0;
    for (int i = start; i < end; i++) {
        int tmp = max(f1, f0 + nums[i]);
        f0 = f1;
        f1 = tmp;
    }
    return f1;
}

int rob(vector<int>& nums) {
    int n = nums.size();
    return max(nums[0] + robRange(nums, 2, n - 1), robRange(nums, 1, n));
}

3. 打家劫舍 III

思路：

对于当前节点，就两个选择，抢或者放弃。然后我们用 f(o) 表示抢 o 节点的情况下，o 节点的子树上被选择的节点的最大权值和；g(o) 表示不抢 o 节点的情况下，o 节点的子树上被选择的节点的最大权值和；l 和 r 代表 o 的左右孩子。

🧩1、当 o 被选中时，o 的左右孩子都不能被选中 ，故 o 被选中情况下子树上被选中点的最大权值和为 l 和 r 不被选中的最大权值和相加，即 f(o)=g(l)+g(r)。

🧩2、当 o 不被选中时，o 的左右孩子可以被选中 ，也可以不被选中。对于 o 的某个具体的孩子 x，它对 o 的贡献是 x 被选中和不被选中情况下权值和的较大值。故 g(o)=max{f(l),g(l)}+max{f(r),g(r)}。

🧩至此，我们可以用哈希表来存 f 和 g 的函数值，用深度优先搜索的办法后序遍历这棵二叉树，我们就可以得到每一个节点的 f 和 g。根节点的 f 和 g 的最大值就是我们要找的答案。

cpp 复制代码

unordered_map<TreeNode*, int>f, g;
void dfs(TreeNode* node)
{
	if (node == nullptr) return;
	dfs(node->left), dfs(node->right);
	f[node] = node->val + g[node->left] + g[node->right]; //如果抢该节点
	g[node] = max(f[node->left], g[node->left]) + max(f[node->right], g[node->right]);
}


int rob(TreeNode* root) {
	dfs(root);
	return max(f[root], g[root]);
}

4. 打家劫舍 IV

思路：

通过观察可以发现，当偷盗能力越大时，小偷最多能偷的房屋数就越多；如果偷盗能力越小时，小偷最多能偷的房屋数就越少。

由题意我们可知，这是求最小的最大值，因此我们可以想到用二分的方法来找到合适的 capacity。对于每个通过二分列举出来的 capacity，因为碍于偷盗能力，小偷只能偷价值不超过 capacity 的房子，而且不能连续偷。因此，我们可以通过动态规划的方法算出：当小偷的偷盗能力为 capacity 时，小偷可以最多可以偷多少间房（设为 y），如果 y >= k，那么就代表 capacity 偏大，要把 capacity 调小一点；如果 y < k，那么就代表 capacity 偏小，把 capacity 调大一点。且由于要求的是最小的最大值，因此属于二分里面的区间左端点问题。

处。

通过二分枚举 capacity，对每个 capacity 进行动态规划，求出在该 capacity 的情况下最多偷到的房屋数，然后再根据这个房屋数调整 capacity 的查找区间。

cpp 复制代码

int minCapability(vector<int>& nums, int k) {
    vector<int> capacity = nums;
    sort(capacity.begin(), capacity.end());

    int l = 0, r = capacity.size() - 1;
    while (l < r)
    {
        int m = (r - l >> 1) + l; //注意：+， -的优先级高于>>
        if (check(nums, capacity[m]) >= k)r = m;
        else l = m + 1;
    }
    return capacity[l];
}

int check(vector<int>& nums, int capacity)
{
    int n = nums.size();
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(2));

    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (nums[i - 1] <= capacity) dp[i][1] = dp[i - 1][0] + 1;
        dp[i][0] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]);
    }
    return max(dp[n][1], dp[n][0]);
}

【算法/训练】：动态规划（线性DP）

一、路径类

1. 字母收集

2、NOIP2002 普及组 过河卒

二、子序列和连续序列类

1. mari和shiny

🌈线性 dp

🌈二维 dp

三、偷盗问题

1. 打家劫舍

2. 打家劫舍 II

3. 打家劫舍 III

4. 打家劫舍 IV

2、 $NOIP2002 普及组$ 过河卒