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商丘做网站用什么程序比较好,WordPress播放h265,下载安装app应用,wordpress模板无法自定义导航算法刷题-动态规划-1 不同路径不同路径||方法一#xff1a;方法二 第N个泰波那契数递归写法滚动数组 三步问题递归操作滚动数组 使用最小画法爬楼梯递归 解码方法方法一方法二#xff1a;#xff08;大佬讲解#xff09; 不同路径 //机器人不同的路径进入到指定的地点 publ… 算法刷题-动态规划-1 不同路径不同路径||方法一方法二 第N个泰波那契数递归写法滚动数组 三步问题递归操作滚动数组 使用最小画法爬楼梯递归 解码方法方法一方法二大佬讲解 不同路径 //机器人不同的路径进入到指定的地点 public static int uniquepath(int m, int n) {if (m 0 || n 0){return 0;}int[][] dp new int[m][n];//初始化//如果只有ij中有一个为0那么机器人行走的方向只能有一种方式for (int i 0; i m; i){dp[i][0] 1;}for (itn i 0; i n; i) {dp[0][i] 1; }//推导出dp[m-1][n-1]因为定义dp[i][j]就是表示的是在[i][j]点 //不同的路径的数目 for (itn i 1; i m; i) {for (int j 1; j n; j) {dp[i][j] dp[i - 1][j] dp[i][j - 1]; }}return dp[m - 1][n - 1]; }不同路径|| ![在这里插入图片描述]https://img-blog.csdnimg.cn/55c59dbc1da64e20aed014ff76118002.png 方法一 大佬讲解 class Solution { public:/*** 1. 确定dp数组下标含义 dp[i][j] 从(0,0)到(i,j)可能的路径种类;* 2. 递推公式 dp[i][j] dp[i-1][j] dp[i][j-1] 但是需要加限制条件就是没有障碍物的时候* if(obstacleGrid[i][j] 0) dp[i][j] dp[i-1][j] dp[i][j-1];* 3. 初始化 当obstacleGrid[i][j] 0时dp[i][0]1 dp[0][i]1 初始化横竖就可;* 4. 遍历顺序 一行一行遍历;* 5. 推导结果;*/int uniquePathsWithObstacles(vectorvectorint obstacleGrid) {/* 计算数组大小 */int m obstacleGrid.size();int n obstacleGrid[0].size();/* 定义dp数组 */vectorvectorint dp(m,vectorint(n,0));/* 初始化dp数组 */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; /* 一行一行遍历 */ for(int i 1; i m; i) { for(int j 1; j n; j) { /* 去除障碍物 */ if(obstacleGrid[i][j] 1) continue; dp[i][j] dp[i-1][j] dp[i][j-1]; }}return dp[m-1][n-1]; } }; 方法二 多加一行和一列的虚拟节点防止出现越界的情况 把它们初始化成0但是要保证第一个节点初始化成1. dp[0][1] 1; class Solution { public:int uniquePathsWithObstacles(vectorvectorint obstacleGrid) {int m obstacleGrid.size(), n obstacleGrid[0].size();vectorvectorint dp(m 1, vectorint(n 1));dp[0][1] 1;for(int i 1; i m; i) {for(int j 1; j n; j) {if(obstacleGrid[i - 1][j - 1] 1) continue;else dp[i][j] dp[i - 1][j] dp[i][j - 1];}}return dp[m][n];} 第N个泰波那契数 递归写法 1。先确定函数的一定是什么dp[ i ] 表示第 i 个泰波那契数 2。题目中的关系代数是 dp[ i ] dp[ i - 1 ] dp[ i - 2 ] dp[ i - 3。边界是T(0)0,T(1)1,T(2)1T(0)0, T(1)1, 4。初始化为dp[ 0 ] 0dp[ 1 ] 1dp[ 2 ] 1 class Solution { public:int tribonacci(int n) {vectorint dp(n 1);if (n 0) {return 0; }if (n 2) {return 1; }dp[0] 0, dp[1] 1, dp[2] 1; for (int i 3; i n; i) { dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2] dp[i - 3]; }return dp[n]; } };滚动数组 class Solution { public:int tribonacci(int n) {if (n 0) {return 0;}if (n 2) { return 1; }int p 0, q 0, r 1, s 1; for (int i 3; i n; i) { p q; q r; r s; s p q r; }return s; } };三步问题 这就是老油条的步骤了 先确定自己定义的函数然后找出关系式然后确定初始值 递归操作 class Solution { public: int waysToStep(int n) { vectorin#t dp(n 1); const int MOD 1e9 7; //边界问题 if (n 1 || n 2) return n; if (n 3) return 4; //初始化定义 dp[1] 1, dp[2] 2, dp[3] 4; for (int i 4; i n; i) { dp[i] ((dp[i - 3] dp[i - 2]) % MOD dp[i - 1]) % MOD; }return dp[n]; } }; 滚动数组 class Solution { public: int waysToStep(int n) { int a1,b2,c4,i; for(i2;in;i){ long long t(ab)%1000000007; t(tc)%1000000007; ab; bc; ct; }return a; } };使用最小画法爬楼梯 题目要求的是到达第n级台阶楼层顶部的最小花费可以用动态规划来解下面一步一步来讲怎样确定状态空间、怎样给出状态转移方程。 递归 大佬讲解 最近的一步有两种情况 从 dp[ i - 1 ] 走一步过来支付cost[ i - 1 ] 的费用 1. 从 dp[ i - 1 ] 走一步过来支付cost[ i - 1 ] 的费用; 从 dp[ i - 2 ] 走两步过来支付cost[ i - 2 ] 的费用。 而 dp[ i ] 就是到达 i 位置的最小花费 那我们就能得出状态转移方程 dp [ i ] min( dp[ i - 1 ] cost[ i - 1 ]dp[ i - 2 ] cost[ i - 2 ] ) class Solution { public: int minCostClimbingStairs(vectorint cost) { int n cost.size(); // 创建dp表这样初始化默认填充的是 0 vectorint dp(n 1); for (int i 2; i n; i) { dp[i] min(dp[i - 1] cost[i - 1], dp[i - 2] cost[i - 2]); }return dp[n]; } };解码方法 方法一 动态规划的使用 1。确立dp 数组的定义代表的是 dp[i] 位置代表的是第i个位置时候解码方法的总数。 2。找关系代数 s[ i ] 单独解码如果是单独解码当 s[ i ] 的值是 1~9 的时候可以自己解码 自己解码的方案数就是 dp[ i - 1 ]如果 s[ i ] 的值是 0那方案数就是0整体解码失败 s[ i ] 和 s[ i - 1 ] 一起解码当 s[ i - 1 ] * 10 s[ i ] 的值是 10~26 的时候就可以解码 而解码数就是 dp[ i - 2 ]如果解码失败不在这个区间内那方案数就也是0。 3。初始化dp数组 初始化 dp[ 0 ] 和 dp[ 1 ] 位置 dp[ 0 ] 位置如果s[ 0 ] 解码成功就是1不成功就是0 dp[ 1 ] 位置如果 dp[ 1 ] 能自己解码就 1如果能跟 dp[ 0 ] 一起解码就再 1 如果dp[ 1 ] 两种情况都不能解码就是0。所以可能是0, 1, 2 class Solution { public:int numDecodings(string s) {int n s.size();vectorint dp(size);dp[0] s[0] ! 0;if (size 1) return dp[0];if (s[0] ! 0 s[1] ! 0) dp[1];int t (s[0] - 0) * 10 (s[1] - 0);if (t 10 t 26) dp[1];for (int i 2; i size; i) {if (s[i] ! 0) dp[i] dp[i - 1]; t (s[i - 1] - 0) * 10 (s[i] - 0);if (t 10 t 26) dp[i] dp[i - 2]; //一起解码}return dp[n - 1];} }; 方法二大佬讲解 class Solution { public:int numDecodings(string s) {if (s[0] 0) return 0;int n s.size();vectorint dp(n 1, 1);//dp[0]表示s[-1]的状态 dp[1] 表示 s[0]的状态//dp[i] 表示 s[i-1]的状态for (int i 2; i n; i) {if (s[i - 1] 0) {if (s[i - 2] 1 || s[i - 2] 2)//唯一译码不增加情况dp[i] dp[i - 2]; else//这里要好好理解一下比如给定340, 输出可行的编码数为0 因为0和40都无法转换 return 0; }else if (s[i - 2] 1 || s[i - 2] 2 s[i - 1] 1 s[i - 1] 6)dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2]; else//当上述条件都不满足维持上一个状态 dp[i] dp[i - 1]; }//for(auto c:dp) cout c ,; return dp[n];//返回dp[n] 即最后 s[n-1] 的状态 } };
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