$前言：$

💞 好久没写题，有点生疏了。这也是给大家提一个醒，一定要一直坚持下去，哪怕每天只做一点点。💞

一、算法介绍

原理

思想：将大问题划分为小问题进行解决，从而一步步获取最优解的处理算法。按顺序求解子阶段，前面子问题的解为后面子问题的求解提供信息。

如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。

动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来。

动态规划算法的基本思想是：将待求解的问题分解成若干个相互联系的子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解；对于重复出现的子问题，只在第一次遇到的时候对它进行求解，并把答案保存起来，让以后再次遇到时直接引用答案，不必重新求解。动态规划算法将问题的解决方案视为一系列决策的结果。

适用的情况

1. 最优化原理：如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，称该问题具有最优子结构，即满足最优化原理。
2. 没有后效性：即某阶段状态一旦确定，就不受这个状态以后决策的影响。也就是说：某状态以后的过程不会影响以前的状态，只与当前状态有关。
3. 有重叠子问题：子问题之间是不独立的，一个子问题在下一个近阶段可能被多次遇到。（这条性质不是动态规划适用的必要条件，但是具备这条性质那么动态规划相对于其他算法就具备一定的优势）。

做题步骤

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

二、算法实例

1. 打家劫舍（一）

$题目来源：$BM78 打家劫舍（一）
$等级：中等$

👉题目描述

你是一个经验丰富的小偷，准备偷沿街的一排房间，每个房间都存有一定的现金，为了防止被发现，你不能偷相邻的两家，即，如果偷了第一家，就不能再偷第二家；如果偷了第二家，那么就不能偷第一家和第三家。
给定一个整数数组nums，数组中的元素表示每个房间存有的现金数额，请你计算在不被发现的前提下最多的偷窃金额。

数据范围：数组长度满足 $1\le n\le 2\times 10^5$，数组中每个值满足 $1\le num[i]\le 5000$

示例1

输入：[1,2,3,4]
返回值：6
说明：最优方案是偷第 2，4 个房间   

示例2

输入：[1,3,6]
返回值：7
说明：最优方案是偷第 1，3个房间   

示例3

输入：[2,10,5]
返回值：10
说明：最优方案是偷第 2 个房间  

👉代码编写

最好的办法是通过动态规划来进行。
如果单纯选择奇数家或者偶数家进行偷取，也可能发生问题。例如为了更多的钱可能会连续选择两家不偷。

👉👉方法1

import java.util.*;public class Solution {/*** 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可** * @param nums int整型一维数组 * @return int整型*/public int rob (int[] nums) {// write code hereint len = nums.length;if (len <= 1) return nums[0];int[] dp = new int[len];dp[0] = nums[0];dp[1] = Math.max(dp[0], nums[1]);for (int i = 2; i < len; ++i) {dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);}return Math.max(dp[len - 1], dp[len - 2]);}
}

👉👉方法2
（借鉴的方法）

step 1：用dp[i]表示长度为i的数组，最多能偷取到多少钱，只要每次转移状态逐渐累加就可以得到整个数组能偷取的钱。
step 2：（初始状态） 如果数组长度为1，只有一家人，因此dp[1]=nums[0]。
step 3：（状态转移） 每次对于一个人家，我们选择偷他或者不偷他，如果我们选择偷那么前一家必定不能偷，因此累加的上上级的最多收益，同理如果选择不偷他，那我们最多可以累加上一级的收益。因此转移方程为,dp[i]=max(dp[i−1],nums[i−1]+dp[i−2])。这里的i在dp中为数组长度，在nums中为下标。

import java.util.*;public class Solution {/*** 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可** * @param nums int整型一维数组 * @return int整型*/public int rob (int[] nums) {//dp[i]表示长度为i的数组，最多能偷取多少钱int[] dp = new int[nums.length + 1];dp[1] = nums[0];for(int i = 2; i <= nums.length; i++)//对于每家可以选择不偷或者偷dp[i] = Math.max(dp[i - 1], nums[i - 1] + dp[i - 2]);return dp[nums.length];}
}

👉 注意点

在第一个方法中
这个是对的。

dp[1] = Math.max(dp[0], nums[1]);

这个是错的，通不过倒数第二个案例。

dp[1] = nums[1];

2. 打家劫舍(二)

$题目来源：$ BM79 打家劫舍(二)
$等级：$ 中等

👉题目描述

你是一个经验丰富的小偷，准备偷沿湖的一排房间，每个房间都存有一定的现金，为了防止被发现，你不能偷相邻的两家，即，如果偷了第一家，就不能再偷第二家，如果偷了第二家，那么就不能偷第一家和第三家。沿湖的房间组成一个闭合的圆形，即第一个房间和最后一个房间视为相邻。
给定一个长度为n的整数数组nums，数组中的元素表示每个房间存有的现金数额，请你计算在不被发现的前提下最多的偷窃金额。

数据范围：数组长度满足 $1\le n\le 2\times 10^5$ ，数组中每个值满足 $1\le nums[i]\le 5000$

示例1

输入：[1,2,3,4]
返回值：6
说明：最优方案是偷第 2 4 个房间      

示例2

输入：[1,3,6]
返回值：6
说明：由于 1 和 3 是相邻的，因此最优方案是偷第 3 个房间 

👉代码编写

和上一题类似。但是本题中主要是有环形，意思就是选择第一家就不能选择最后一家，选择最后一家就不能选择第一家。那么我们就可以分类来讨论。
偷第一家，那么最后一家就不能偷
不偷第一家，那么意思就是$dp[1]=0$，去选择偷最后一家。

👉👉方法1

import java.util.*;public class Solution {/*** 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可** * @param nums int整型一维数组 * @return int整型*/public int rob (int[] nums) {// write code hereint len = nums.length;if (len <= 1) return nums[0];int[] dp = new int[len + 1];dp[1] = nums[0];for (int i = 2; i < len; ++i) {dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]);}int result = dp[len - 1];Arrays.fill(dp, 0);dp[1] = 0;for (int i = 2; i <= len; ++i) {dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i - 1]);}return Math.max(dp[len], result);}
}

👉 注意点

注意环形，可以分开进行讨论。

3. 买卖股票的最好时机(一)

$题目来源：$ BM80 买卖股票的最好时机(一)
$等级：简单$

👉题目描述

假设你有一个数组prices，长度为n，其中prices[i]是股票在第i天的价格，请根据这个价格数组，返回买卖股票能获得的最大收益
1.你可以买入一次股票和卖出一次股票，并非每天都可以买入或卖出一次，总共只能买入和卖出一次，且买入必须在卖出的前面的某一天
2.如果不能获取到任何利润，请返回0
3.假设买入卖出均无手续费

数据范围： $0\le n\le 10^5$ , $0\le val\le 10^4$

要求：空间复杂度 O(1)，时间复杂度 O(n)

示例1

输入：[8,9,2,5,4,7,1]
返回值：5
说明：在第3天(股票价格 = 2)的时候买入，在第6天(股票价格 = 7)的时候卖出，最大利润 = 7-2 = 5 ，不能选择在第2天买入，第3天卖出，这样就亏损7了；同时，你也不能在买入前卖出股票。            

示例2

输入：[2,4,1]
返回值：2

示例3

输入：[3,2,1]
返回值：0

👉代码编写

1. 状态定义：dp[i][j]：下标为 i 这一天结束的时候，手上持股状态为 j 时，我们持有的现金数。
   j = 0，表示当前不持股； j = 1，表示当前持股。
   dp[i][0]：第 i 天不持股到该天最大收益
   dp[i][1]：第 i 天持股到该天最大收益

2. 推导状态转移方程：

   • dp[i][0]：当天不持股，有以下两种情况：
     昨天不持股，今天什么都不做；
     昨天持股，今天卖出股票（现金数增加），
     状态转移方程：$dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])$;
   • dp[i][1]：当天持股，有以下两种情况：
     昨天持股，今天什么都不做（现金数与昨天一样）；
     昨天不持股，今天买入股票（注意：只允许交易一次，因此手上的现金数就是当天的股价的相反数）
     状态转移方程：$dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],-prices[i])$;

👉👉方法1

import java.util.*;public class Solution {/*** * @param prices int整型一维数组 * @return int整型*/public int maxProfit (int[] prices) {// write code hereint n = prices.length;int[][] dp = new int[n][2];// 不持股dp[0][0] = 0;// 持股dp[0][1] = -prices[0];for (int i = 1; i < n; ++i) {// 什么都不做 / 持股卖出股票dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);// 继续持股 / 之前没有持股，买入股票dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);}return dp[n - 1][0];}
}

👉 注意点

虽然是个简单题，但是还是需要思考一下，状态方程和转移方程是如何。

4. 买卖股票的最好时机(二)

$题目来源：$BM81 买卖股票的最好时机(二)
$等级：中等$

👉题目描述

假设你有一个数组prices，长度为n，其中prices[i]是某只股票在第i天的价格，请根据这个价格数组，返回买卖股票能获得的最大收益

1. 你可以多次买卖该只股票，但是再次购买前必须卖出之前的股票
2. 如果不能获取收益，请返回0
3. 假设买入卖出均无手续费

数据范围： $1\le n\le 1\times 10^5$ ， $1\le prices[i]\le 10^4$

要求：空间复杂度 O(n)，时间复杂度 O(n)
进阶：空间复杂度 O(1)，时间复杂度 O(n)

示例1

输入：[8,9,2,5,4,7,1]
返回值：7
说明：
在第1天(股票价格=8)买入，第2天(股票价格=9)卖出，获利9-8=1
在第3天(股票价格=2)买入，第4天(股票价格=5)卖出，获利5-2=3
在第5天(股票价格=4)买入，第6天(股票价格=7)卖出，获利7-4=3
总获利1+3+3=7，返回7     

示例2

输入：[5,4,3,2,1]
返回值：0
说明：由于每天股票都在跌，因此不进行任何交易最优。最大收益为0。      

示例3

输入：[1,2,3,4,5]
返回值：4
说明：第一天买进，最后一天卖出最优。中间的当天买进当天卖出不影响最终结果。最大收益为4。              

备注：

总天数不大于200000。保证股票每一天的价格在[1,100]范围内。

👉代码编写

和上一题类似，不过该题不需要控制购买次数。

1. 状态定义：dp[i][i]：下标为 i 这一天结束的时候，手上持股状态为 j 时，我们持有的现金数。
   j = 0，表示当前不持股； j = 1，表示当前持股。
   dp[i][0]：第 i 天不持股到该天最大收益
   dp[i][1]：第 i 天持股到该天最大收益
2. 状态转移：
   • dp[i][0]： 当天不持股，表示前面卖了或者没有买。或者当天将股票卖出了。
     状态转移方程$dp[i][0]=Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+price[i])$。
   • dp[i][1]：当天持股，表示前面买入的股票还没有卖。或者当天买入了股票。
     状态转移方程$dp[i][1]=Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-price[i])$

👉👉方法1

import java.util.*;public class Solution {/*** 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可* 计算最大收益* @param prices int整型一维数组 股票每一天的价格* @return int整型*/public int maxProfit (int[] prices) {// write code hereint n = prices.length;int[][] dp = new int[n][2];dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];for (int i = 1; i < n; ++i) {dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);}return dp[n - 1][0];}
}

总结归纳

前方仍需努力。关于买卖股票这一个题还有一个困难题型，这里没有提出，有需求的小伙伴可以自行千万解决BM82 买卖股票的最好时机(三)。这一个题和(一)是类似的，但是加入了条件，只能进行两次购买票操作。