动态规划-第3篇
前言：在上一篇文章中，我们了解了动态规划的基本概念和解决问题的基本思路。通过分解问题、存储子问题的解，动态规划为我们提供了高效的解决方案。然而，动态规划并不是一成不变的，它有很多不同的技巧和变种，能够应对各类复杂问题。
在本篇文章中，我们将深入探讨一些常见的动态规划问题及其解法，学习如何巧妙地设计状态转移方程，优化空间复杂度，并进一步掌握动态规划的核心思想。通过具体实例，你将能够更好地理解如何在实际开发中运用动态规划来解决复杂问题。
13. 删除并获得点数（medium）
1. 题⽬链接：740. 删除并获得点数 - 力扣（LeetCode）
2.解法（动态规划）：
算法思路：
其实这道题依旧是「打家劫舍I」问题的变型。我们注意到题⽬描述，选择 x 数字的时候， x - 1 与 x + 1 是不能被选择的。像不像「打家劫舍」问题中，选择 i 位置的⾦额之后，就不能选择 i - 1 位置以及 i + 1 位置的⾦额呢~ 因此，我们可以创建⼀个⼤⼩为 10001 （根据题⽬的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中每⼀个元素 x ，累加到 hash 数组下标为 x 的位置处，然后在 hash 数组上来⼀次「打家劫舍」即可。
3. C++ 算法代码：
class Solution {
public:
int deleteAndEarn(vector& nums) {
const int N = 10001;
// 1. 预处理
int arr[N] = { 0 };
for(auto x : nums) arr[x] += x;
// 2. 在 arr 数组上，做⼀次 “打家劫舍” 问题
// 创建 dp 表
vector f(N);
auto g = f;
// 填表
for(int i = 1; i < N; i++)
{
f[i] = g[i - 1] + arr[i];
g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
}
// 返回结果
return max(f[N - 1], g[N - 1]);
}
} 14. 粉刷房⼦（medium）
1. 题⽬链接：LCR 091. 粉刷房子 - 力扣（LeetCode）
2.. 解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「红」「蓝」「绿」三种抉择，所依赖的状态需要细分：
▪ dp[i][0] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「红⾊」，此时的最⼩花费；
▪ dp[i][1] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「蓝⾊」，此时的最⼩花费；
▪ dp[i][2] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「绿⾊」，此时的最⼩花费。
2. 状态转移⽅程：
因为状态表⽰定义了三个，因此我们的状态转移⽅程也要分析三个：
对于 dp[i][0] ：
▪ 如果第 i 个位置粉刷上「红⾊」，那么 i - 1 位置上可以是「蓝⾊」或者「绿⾊」。因此我们
需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「蓝⾊」或者「绿⾊」的最⼩花费，然后加上 i
位置的花费即可。于是状态转移⽅程为： dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i- 1][2]) + costs[i - 1][0];
同理，我们可以推导出另外两个状态转移⽅程为：
dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] ；
dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] 。
3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」。
在本题中，添加⼀个节点，并且初始化为 0 即可。
4. 填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，三个表⼀起填」。
5. 返回值
根据「状态表⽰」，应该返回最后⼀个位置粉刷上三种颜⾊情况下的最⼩值，因此需要返回：
min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]))
3.C++代码：
class Solution {
public:
int minCost(vector>& costs) {
int n = costs.size();
vector> dp(n + 1, vector(3));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];
dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];
dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];
}
return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));
}
} 15. 买卖股票的最佳时机含冷冻期（medium）
1. 题⽬链接：309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：由于有「买⼊」「可交易」「冷冻期」三个状态，因此我们可以选择⽤三个数组，其中：
▪ dp[i][0] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
▪ dp[i][1] 表⽰：第 i 天结束后，处于「可交易」状态，此时的最⼤利润；
▪ dp[i][2] 表⽰：第 i 天结束后，处于「冷冻期」状态，此时的最⼤利润。
2. 状态转移⽅程：
我们要谨记规则：
i. 处于「买⼊」状态的时候，我们现在有股票，此时不能买股票，只能继续持有股票，或者卖
出股票；
ii. 处于「卖出」状态的时候：
• 如果「在冷冻期」，不能买⼊；
• 如果「不在冷冻期」，才能买⼊。
◦ 对于 dp[i][0] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天持有股票，此时最⼤收益应该和 i - 1 天的保持⼀致： dp[i - 1][0] ；
ii. 在 i 天买⼊股票，那我们应该选择 i - 1 天不在冷冻期的时候买⼊，由于买⼊需要花
钱，所以此时最⼤收益为： dp[i - 1][1] - prices[i]
两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]) 。
◦ 对于 dp[i][1] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天的时候，已经处于冷冻期，然后啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为：dp[i - 1][2] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿上没有股票，也不在冷冻期，但是依旧啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为 dp[i - 1][1] ；
两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) 。
◦ 对于 dp[1][i] ，我们只有「⼀种情况」能到达这个状态：i. 在 i - 1 天的时候，卖出股票。
因此对应的状态转移为： dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i] 。
3. 初始化：
三种状态都会⽤到前⼀个位置的值，因此需要初始化每⼀⾏的第⼀个位置：
dp[0][0] ：此时要想处于「买⼊」状态，必须把第⼀天的股票买了，因此 dp[0][0] = -prices[0] ；
dp[0][1] ：啥也不⽤⼲即可，因此 dp[0][1] = 0 ；
dp[0][2] ：⼿上没有股票，买⼀下卖⼀下就处于冷冻期，此时收益为 0 ，因此 dp[0][2]= 0 。
4. 填表顺序：
根据「状态表⽰」，我们要三个表⼀起填，每⼀个表「从左往右」。
5. 返回值：
应该返回「卖出状态」下的最⼤值，因此应该返回 max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]) 。
3.C++ 算法代码：
class Solution
{
public:
int maxProfit(vector& prices)
{
// 1. 创建 dp 表
// 2. 初始化
// 3. 填表
// 4. 返回结果
int n = prices.size();
vector> dp(n, vector(3));
dp[0][0] = -prices[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
}
return max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);
}
16. 买卖股票的最佳时期含⼿续费（medium）
1. 题⽬链接：714. 买卖股票的最佳时机含手续费 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组，其中：
▪ f[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
▪ g[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
2. 状态转移⽅程：
我们选择在「卖出」的时候，⽀付这个⼿续费，那么在「买⼊」的时候，就不⽤再考虑⼿续费的问题。
◦ 对于 f[i] ，我们有两种情况能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天「持有」股票，第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为 f[i - 1] ；
ii. 在 i - 1 天的时候「没有」股票，在第 i 天买⼊股票。此时最⼤收益为 g[i - 1] - prices[i]) ；
两种情况下应该取最⼤值，因此 f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] - prices[i]) 。
◦ 对于 g[i] ，我们也有两种情况能够到达这个状态：
i. 在 i - 1 天「持有」股票，但是在第 i 天将股票卖出。此时最⼤收益为： f[i - 1]+ prices[i] - fee) ，记得⼿续费；
ii. 在 i - 1 天「没有」股票，然后第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为： g[i - 1] ； 两种情况下应该取最⼤值，因此 g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1] + prices[i] - fee) 。
3. 初始化：
由于需要⽤到前⾯的状态，因此需要初始化第⼀个位置。
◦ 对于 f[0] ，此时处于「买⼊」状态，因此 f[0] = -prices[0] ；
◦ 对于 g[0] ，此时处于「没有股票」状态，啥也不⼲即可获得最⼤收益，因此 g[0] = 0 。
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」，但是两个表需要⼀起填。
5. 返回值：
应该返回「卖出」状态下，最后⼀天的最⼤值收益： g[n - 1] 。
3.C++ 算法代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices, int fee) {
int n=prices.size();
vector> dp(n,vector(3));
dp[0][0]=-prices[0];
for(int i=1;i 17. 买卖股票的最佳时机III（hard）
1. 题⽬链接：123. 买卖股票的最佳时机 III - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组。但是这道题⾥⾯还有交易次数的限制，因此我们还需要再加上⼀维，⽤来表⽰交易次数。其中：
▪ f[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
▪ g[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
2. 状态转移⽅程：
对于 f[i][j] ，我们有两种情况到这个状态：
i. 在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「买⼊」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时最
⼤利润为： f[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天的时候把股票买了。此时的最⼤利润为： g[i - 1][j] - prices[i] 。
综上，我们要的是「最⼤利润」，因此是两者的最⼤值： f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i])。
对于 g[i][j] ，我们也有两种情况可以到达这个状态：
i. 在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时的
最⼤利润为： g[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，交易了 j - 1 次，处于「买⼊」状态，第 i 天把股票卖了，然后就完成了 j ⽐交易。此时的最⼤利润为： f[i - 1][j - 1] + prices[i] 。但
是这个状态不⼀定存在，要先判断⼀下。
综上，我们要的是最⼤利润，因此状态转移⽅程为：
g[i][j] = g[i - 1][j];
if(j >= 1) g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
3. 初始化：
由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第⼀⾏即可。
◦ 当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因此 f[0][0] = - prices[0] 。
◦ 为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为 -
INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）
4. 填表顺序：
从「上往下填」每⼀⾏，每⼀⾏「从左往右」，两个表「⼀起填」。
5. 返回值：
返回处于「卖出状态」的最⼤值，但是我们也「不知道是交易了⼏次」，因此返回 g 表最后⼀⾏的最⼤值。
3.C++ 算法代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int n=prices.size();
vector> f(n,vector(3,-0x3f3f3f3f));
auto g=f;
auto h=f;
f[0][0]=-prices[0];
g[0][0]=0;
h[0][0]=0;
for(int i=1;i=1)
g[i][j]=f[i-1][j-1]+prices[i];
else
{
g[i][j]=0;
}
h[i][j]=max(h[i-1][j],g[i-1][j]);
}
}
int res=0;
res=max(g[n-1][1],g[n-1][2]);
res=max(res,max(h[n-1][1],h[n-1][2]));
res=max(0,res);
return res;
}
}; 18. 买卖股票的最佳时机IV（hard）
1. 题⽬链接：188. 买卖股票的最佳时机 IV - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
为了更加清晰的区分「买⼊」和「卖出」，我们换成「有股票」和「⽆股票」两个状态。
f[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 笔交易，此时处于「有股票」状态的最⼤收益；
g[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 笔交易，此时处于「⽆股票」状态的最⼤收益。
2. 状态转移⽅程：
对于 f [i][j] ，我们也有两种情况能在第 i 天结束之后，完成 j 笔交易，此时⼿⾥「有股票」的状态：
i. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，啥也不⼲。
此时的收益为 f[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「没有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，买了股票。那么 i 天结束之后，我们就有股票了。此时的收益为 g[i - 1][j] - prices[i] ；
上述两种情况，我们需要的是「最⼤值」，因此 f 的状态转移⽅程为：
f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i])
对于 g [i][j] ，我们有下⾯两种情况能在第 i 天结束之后，完成 j 笔交易，此时⼿⾥「没有股票」的状态：
i. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「没有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，啥也不⼲。此时的收益为 g[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「有股票」，并且交易了 j - 1 次。在第 i 天的时候，把股票卖了。那么 i 天结束之后，我们就交易了 j 次。此时的收益为 f[i - 1][j - 1] + prices[i] ；
上述两种情况，我们需要的是「最⼤值」，因此 g 的状态转移⽅程为：
g[i][j] = max(g[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i])
如果画⼀个图的话，它们之间交易关系如下：
3. 初始化：
由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第⼀⾏即可。
◦ 当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因
此 f[0][0] = - prices[0] 。
◦ 为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为 -
INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取
0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）
4. 填表顺序：
从上往下填每⼀⾏，每⼀⾏从左往右，两个表⼀起填。
5. 返回值：
返回处于卖出状态的最⼤值，但是我们也不知道是交易了⼏次，因此返回 g 表最后⼀⾏的最⼤值。
优化点：
我们的交易次数是不会超过整个天数的⼀半的，因此我们可以先把 k 处理⼀下，优化⼀下问题模：
k = min(k, n / 2)
3.C++ 算法代码
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector& prices) {
int n=prices.size();
vector> f(n,vector(k+1,-0x3f3f3f3f));
auto g=f;
auto h=f;
f[0][0]=-prices[0];
g[0][0]=0;
h[0][0]=0;
for(int i=1;i=1)
g[i][j]=f[i-1][j-1]+prices[i];
h[i][j]=max(h[i-1][j],g[i-1][j]);
}
}
int res=0;
for(int j=0;j