代码随想录算法训练营day34：动态规划02：62.不同路径；63. 不同路径 II；343. 整数拆分；96.不同的二叉搜索树

62.不同路径

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一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。

机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。

问总共有多少条不同的路径？

分析：

 1、确定dp数组（dp table）以及下标的含义dp[i][j] ：

表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

 2、确定递推公式

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。

 3、dp数组的初始化

首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。

所以初始化代码为：

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

 4、确定遍历顺序

这里要看一下递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]，dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。

这样就可以保证推导dp[i][j]的时候，dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的。

——时间空间复杂度都是o（m*n）相当于都要遍历一遍

**但是实际上用一个一维数组也可以完成，用dp[i]=dp[i] 实际上是上一层的值+dp[i-1] 是左边的值

可以将空间复杂度优化至o（n）

二维数组解法：

int uniquePaths(int m, int n) {
    //二维数组的创建
    int **dp=(int **)malloc(sizeof(int *)* m);
    for (int i=0;i<m;i++){
        dp[i]=malloc(sizeof(int)*n);
        dp[i][0]=1;
    }
 
    for(int i = 0; i < m; ++i)
        dp[i][0] = 1;
    for(int j = 0; j < n; ++j)
        dp[0][j] = 1;
 
 
 
    for(int 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];
}

一维数组解法： 

int uniquePaths(int m, int n) {
    
    int *dp=(int *)malloc(sizeof(int )* n);
    
    for(int j = 0; j < n; ++j)
        dp[j] = 1;
 
    for (int x=1;x<m;x++){
        for(int i = 1; i < n; ++i) {
            dp[i] = dp[i] + dp[i-1];
        }
    }
 
    return dp[n-1];
}

63. 不同路径 II

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一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。

机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。

现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？

分析：

递归公式需要修改：

考虑到这格本来是障碍物的话——能走到这里的路径数目为0

这格前面有障碍物——来自这个方向的路径数目为0

初始化需要修改：

在第一行第一列可能出现障碍物，在第一行第一列中出现障碍物后的右侧/下侧 应当初始化为0

int uniquePathsWithObstacles(int** obstacleGrid, int obstacleGridSize, int* obstacleGridColSize) {
    int m=obstacleGridSize;
    int n=*obstacleGridColSize;
    int **bp=(int**)malloc(sizeof(int*)*m);
    int i,j;
    if(obstacleGrid[0][0]==1) return 0;
    
    int flag=1;
 
    for (i=0;i<m;i++){
        bp[i]=malloc(sizeof(int)*n);
        bp[i][0]=flag;
        if(obstacleGrid[i][0]==1) {
            bp[i][0]=0;
            flag=0;
            }
    }
 
    flag=1;
 
    for (j=0;j<n;j++){
        bp[0][j]=flag;
        if(obstacleGrid[0][j]==1) {
            bp[0][j]=0;
            flag=0;
        }
    }
 
    
 
    for (i=1;i<m;i++){
        for (j=1;j<n;j++){
            if(obstacleGrid[i][j]==1) bp[i][j]=0;
            else bp[i][j]=bp[i-1][j]+bp[i][j-1];
        }
    }
    return bp[m-1][n-1];
    
}

343. 整数拆分

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给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。

示例 1:

• 输入: 2
• 输出: 1
• 解释: 2 = 1 + 1, 1 × 1 = 1。

示例 2:

• 输入: 10
• 输出: 36
• 解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36。
• 说明: 你可以假设 n 不小于 2 且不大于 58。

分析：

1、dp数组的意义：i这个数字能拆分出的最大积存放在dp【i】中

2、递归：拆分成2个——j*（i-j）

拆分成很多个——bp【i-j】*j

**实际上不需要考虑 bp【i-j】*bp【j】这类情况——在上一部分就已经是拆成多个了，这个和上一个重复

3、初始化：其实从题目要求的2开始就可以了！

4、顺序：从前往后

5、打印

int integerBreak(int n) {
    int *bp=(int *)malloc(sizeof(int)*(n+1));
    bp[0]=0;
    bp[1]=0;
    bp[2]=1;
 
    for (int i=2;i<=n;i++){
        for (int j=1;j<i;j++){
            bp[i]=fmax(bp[i], fmax(j*(i-j), fmax(j*bp[i-j], bp[j]*bp[i-j])));
        }
    }
    return bp[n];
}

96.不同的二叉搜索树

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给定一个整数 n，求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种？

分析：

先举几个例子——找规律

来看看n为3的时候，有哪几种情况。——只关心搜索树的数量！！

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！

发现到这里，其实我们就找到了重叠子问题了，其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。

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

有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。

有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。

有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。

所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]

如图所示：

1、确定dp数组（dp table）以及下标的含义dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。

也可以理解是i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的。

以下分析如果想不清楚，就来回想一下dp[i]的定义

 2、确定递推公式：

dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]

j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。

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

 3、dp数组如何初始化初始化：只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]。

那么dp[0]应该是多少呢？

从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的。

从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1， 否则乘法的结果就都变成0了。

所以初始化dp[0] = 1

 4、确定遍历顺序：

首先一定是遍历节点数，从递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出，节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态。

那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历。

代码如下：

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

int numTrees(int n){
    //开辟dp数组
    int *dp = (int *)malloc(sizeof(int) * (n + 1));
    int i;
    for(i = 0; i <= n; ++i)
        dp[i] = 0;
    dp[0] = 1;
 
    int  j;
    for(i = 1; i <= n; ++i) {
        for(j = 1; j <= i; ++j) {
            //递推公式：dp[i] = dp[i] + 根为j时左子树种类个数 * 根为j时右子树种类个数
            dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
        }
    }
 
    return dp[n];
}