1、爬楼梯 hot
分析：
状态表示：爬 i 阶楼梯最多有 dpi 种不同走法。
状态转移方程：i = 1 时会越界，单独处理，dp1=1；i=2 时，会获取 dp0，也单独处理，dp2 = 2。
从 index=3 开始遍历填表，dpn 就是答案。
代码：时间复杂度：O(n)。
java
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
if (n==1) return 1;
int[] dp = new int[n+1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i=3; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2];
return dp[n];
}
}2、杨辉三角 hot
分析：遍历 i=0~numRows-1 行，遍历 j=0~i 列。每行首、尾是1；其余=上方+左上方 之和。时间复杂度 O(n^2)。
状态表示：dpij 表示第 i 行第 j 列的元素值。
状态转移方程：j=0, i, dpij = 1。其余，dpij=dpi-1j+dpi-1j-1。若 i=0 会越界，单独处理 dp00=1。
代码：
java
class Solution {
public List<List<Integer>> generate(int numRows) {
List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();
// 处理第一行
List<Integer> tmp = new ArrayList<>();
tmp.add(1);
result.add(tmp);
// 处理剩余行
for (int i = 1; i < numRows; i++) {
tmp = new ArrayList<>();
for (int j = 0; j <= i; j++) {
if (j==0 || j==i) tmp.add(1);
else {
List<Integer> preRow = result.get(i-1);
tmp.add(preRow.get(j) + preRow.get(j-1));
}
}
result.add(tmp);
}
return result;
}
}3、打家劫舍 hot
分析：
状态表示：偷窃到 i 位置房屋，最多能偷多少。
状态转换方程：
i=0,1 时会越界，单独处理。dp0=nums0，dp1=max(nums0, nums1)。
代码：时间复杂度 O(n)。
java
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n==1) return nums[0];
int[] dp = new int[n];
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
for (int i = 2; i < n; i++)
dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i-2]+nums[i]);
return dp[n-1];
}
}4、分割等和子集 hot
题目 ：416. 分割等和子集 - 力扣（LeetCode）
分析：换一个说法，从数组中选出一些数字，让他们的和刚好为总和 sum 的一半。即 0-1 背包问题（从前 i 个物品选，每个物品只有一个（无限个就是完全背包），重量刚好为 w，的最大价值）。
状态表示：dpij 表示是否能在 0,i 中选取数字，和恰好等于 sum/2。
状态转移方程：
初始化：dp00 表示从0个数中选，刚好和为 0，true；dp0j 表示从0个数中选，刚好和为 j (j > 0)，false；dpi0 表示从 i 个数中选，刚好和为0，就是不选，true。
特殊情况：n=1，不能分，返回 false；sum 为奇数，sum/2 为小数，选不出和为小数的，返回 false。
注意：dpij 表示前 i 个数中选，因此第 i 个数对应 numsi-1。
时间复杂度：O(n*sum/2)，空间复杂度：O(n*sum/2)
空间优化：实际上更新每一行 dp，都是从上一行的 j 前的 dp 取值计算的。我们两层循环的目的，就是防止本层跟新的值，把 j 前需要取的值给覆盖了。换个思路：倒着更新，就不会把 j 前的值给覆盖掉了。
代码：
java
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 1) return false;
int sum = 0;
for (int num : nums) sum += num;
if (sum % 2 == 1) return false;
sum = sum/2;
boolean[][] dp = new boolean[n+1][sum+1];
for (int i = 0; i <= n; i++) dp[i][0] = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= sum; j++) {
if (j - nums[i-1] >= 0) dp[i][j] = dp[i-1][j-nums[i-1]] || dp[i-1][j];
else dp[i][j] = dp[i-1][j];
}
}
return dp[n][sum];
}
}方法：dp 去掉行。
java
class Solution {
public boolean canPartition(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 1) return false;
int sum = 0;
for (int num : nums) sum += num;
if (sum % 2 == 1) return false;
sum = sum/2;
boolean[] dp = new boolean[sum+1];
dp[0] = true;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = sum; j >= nums[i-1]; j--)
dp[j] = dp[j-nums[i-1]] || dp[j];
}
return dp[sum];
}
}5、最长有效括号 hot
分析：
dpi 表示以 i 结尾的最长有效括号，的长度。
i 处为 (，dpi 必为 0。
i 处为 )，dpi 分两种情况。
情况1，i-1 是 (：
情况2，i-1 是 )，且 m 位置是 (：
特殊处理：因为 i=0,1 时会越界，单独处理。dp0=0；dp1=2（若是 ()；否则 dp1=0）。
最终结果：dp 中的最大值。
时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(n)。
代码：注意，取 charsm 和 dpm-1 时，m 和 m-1 都不能越界。
java
class Solution {
public int longestValidParentheses(String s) {
if (s.length() == 0 || s.length() == 1) return 0;
char[] chars = s.toCharArray();
int n = chars.length;
int[] dp = new int[n];
dp[0] = 0;
if (chars[0] == '(' && chars[1] == ')') dp[1] = 2;
else dp[1] = 0;
int maxLen = dp[1];
for (int i = 2; i < n; i++) {
if (chars[i] == ')') {
int m = i-1-dp[i-1];
if (chars[i-1] == '(') dp[i] = dp[i-2]+2;
else if (m >=0 && chars[m] == '(') dp[i] = 2 + dp[i-1] + (m >= 1 ? dp[m-1] : 0);
}
maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]);
}
return maxLen;
}
}