36、第九章 动态规划part03

本节内容

• 343. 整数拆分
• 96.不同的二叉搜索树

343. 整数拆分※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/integer-break/
文章讲解： https://programmercarl.com/0343.%E6%95%B4%E6%95%B0%E6%8B%86%E5%88%86.html

题目分析

方案一

兄弟，不看题解我真的不知道这个题目为什么要用动态规划来做，我通过以下方法成功AC了，也不确定其是否又动态规划的思想，完全和我想想中不同。

class Solution {
    public int integerBreak(int n) {
        int result = 0;
        int i = 0, i1 = 0;
        for (int k = 2; k <= n; k++) {
            i = n / k;
            i1 = 1;

            for (int j = 0; j < k - (n - k * i); j++) {
                i1 *= i;
            }
            for (int j = 0; j < n - k * i; j++) {
                i1 *= i + 1;
            }
            if (i1 > result) result = i1;
        }

        return result;
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:37.7 MB,击败了99.62% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n )

空间复杂度：
O( 1 )

方案二：动态规划

此问题的递归关系，恕我直言，太难了，不看题解实在不清楚如何进行解决。

class Solution {
    public int integerBreak(int n) {

        int[] result = new int[n];

        result[1] = 1;

        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
                int max = Math.max(j * (i - j), j * result[i - j - 1]);
                result[i - 1] = Math.max(result[i - 1], max);
            }
        }
        return result[n - 1];
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:1 ms,击败了74.08% 的Java用户
内存消耗:38 MB,击败了92.16% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n ^ 2 )

空间复杂度：
O( n )

代码随想录

https://programmercarl.com/0343.%E6%95%B4%E6%95%B0%E6%8B%86%E5%88%86.html

思路

看到这道题目，都会想拆成两个呢，还是三个呢，还是四个….

我们来看一下如何使用动规来解决。

动态规划

动规五部曲，分析如下：

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。

dp[i]的定义将贯彻整个解题过程，下面哪一步想不懂了，就想想dp[i]究竟表示的是啥！

2. 确定递推公式

可以想 dp[i]最大乘积是怎么得到的呢？

其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i]. 本题使用动态规划的重点也是难点就在此处！！！

一个是j * (i - j) 直接相乘。

一个是j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)，对这个拆分不理解的话，可以回想dp数组的定义。

那有同学问了，j怎么就不拆分呢？

j是从1开始遍历，拆分j的情况，在遍历j的过程中其实都计算过了。那么从1遍历j，比较(i - j) * j和dp[i - j] * j 取最大的。递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));

也可以这么理解，j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。

如果定义dp[i - j] * dp[j] 也是默认将一个数强制拆成4份以及4份以上了。

所以递推公式：dp[i] = max({dp[i], (i - j) * j, dp[i - j] * j});

那么在取最大值的时候，为什么还要比较dp[i]呢？

因为在递推公式推导的过程中，每次计算dp[i]，取最大的而已。

3. dp的初始化

不少同学应该疑惑，dp[0] dp[1]应该初始化多少呢？

有的题解里会给出dp[0] = 1，dp[1] = 1的初始化，但解释比较牵强，主要还是因为这么初始化可以把题目过了。

严格从dp[i]的定义来说，dp[0] dp[1] 就不应该初始化，也就是没有意义的数值。

拆分0和拆分1的最大乘积是多少？

这是无解的。

这里我只初始化dp[2] = 1，从dp[i]的定义来说，拆分数字2，得到的最大乘积是1，这个没有任何异议！

4. 确定遍历顺序

确定遍历顺序，先来看看递归公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));

dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态，所以遍历i一定是从前向后遍历，先有dp[i - j]再有dp[i]。

所以遍历顺序为：

for (int i = 3; i <= n ; i++) {
    for (int j = 1; j < i - 1; j++) {
        dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
    }
}

注意 枚举j的时候，是从1开始的。从0开始的话，那么让拆分一个数拆个0，求最大乘积就没有意义了。

j 的结束条件是 j < i - 1 ，其实 j < i 也是可以的，不过可以节省一步，例如让 j = i - 1，的话，其实在 j = 1的时候，这一步就已经拆出来了，重复计算，所以 j < i - 1

至于 i是从3开始，这样dp[i - j]就是dp[2]正好可以通过我们初始化的数值求出来。

更优化一步，可以这样：

for (int i = 3; i <= n ; i++) {
    for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
        dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
    }
}

因为拆分一个数 n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的。

例如 6 拆成 3 * 3， 10 拆成 3 * 3 * 4。 100的话 也是拆成m个近似数组的子数 相乘才是最大的。

只不过我们不知道m究竟是多少而已，但可以明确的是m一定大于等于2，既然m大于等于2，也就是 最差也应该是拆成两个相同的 可能是最大值。

那么 j 遍历，只需要遍历到 n/2 就可以，后面就没有必要遍历了，一定不是最大值。

至于 “拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的” 这个我就不去做数学证明了，感兴趣的同学，可以自己证明。

5. 举例推导dp数组

举例当n为10 的时候，dp数组里的数值，如下：

以上动规五部曲分析完毕，C++代码如下：

class Solution {
public:
    int integerBreak(int n) {
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[2] = 1;
        for (int i = 3; i <= n ; i++) {
            for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
                dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

• 时间复杂度：O(n^2)
• 空间复杂度：O(n)

贪心

本题也可以用贪心，每次拆成n个3，如果剩下是4，则保留4，然后相乘，但是这个结论需要数学证明其合理性！

我没有证明，而是直接用了结论。感兴趣的同学可以自己再去研究研究数学证明哈。

给出我的C++代码如下：

class Solution {
public:
    int integerBreak(int n) {
        if (n == 2) return 1;
        if (n == 3) return 2;
        if (n == 4) return 4;
        int result = 1;
        while (n > 4) {
            result *= 3;
            n -= 3;
        }
        result *= n;
        return result;
    }
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

本题掌握其动规的方法，就可以了，贪心的解法确实简单，但需要有数学证明，如果能自圆其说也是可以的。

代码实现

class Solution {
    public int integerBreak(int n) {
        //dp[i] 为正整数 i 拆分后的结果的最大乘积
        int[] dp = new int[n+1];
        dp[2] = 1;
        for(int i = 3; i <= n; i++) {
            for(int j = 1; j <= i-j; j++) {
                // 这里的 j 其实最大值为 i-j,再大只不过是重复而已，
                //并且，在本题中，我们分析 dp[0], dp[1]都是无意义的，
                //j 最大到 i-j,就不会用到 dp[0]与dp[1]
                dp[i] = Math.max(dp[i], Math.max(j*(i-j), j*dp[i-j]));
                // j * (i - j) 是单纯的把整数 i 拆分为两个数 也就是 i,i-j ，再相乘
                //而j * dp[i - j]是将 i 拆分成两个以及两个以上的个数,再相乘。
            }
        }
        return dp[n];
    }
}

96.不同的二叉搜索树※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/
文章讲解： https://programmercarl.com/0096.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E7%9A%84%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%90%9C%E7%B4%A2%E6%A0%91.html

题目分析

方案

自己太菜，不看题解都没想明白，还需要积累经验。

class Solution {
    public int numTrees(int n) {
        int[] result = new int[n + 1];
        int sum = 0;

        result[0] = 1;
        result[1] = 1;

        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i; j++) {
                sum += result[j - 1] * result[i - j];
            }
            result[i] = sum;
            sum = 0;
        }

        return result[n];
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
内存消耗:38 MB,击败了87.93% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n ^ 2 )

空间复杂度：
O( n )

代码随想录

https://programmercarl.com/0096.%E4%B8%8D%E5%90%8C%E7%9A%84%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%90%9C%E7%B4%A2%E6%A0%91.html

思路

这道题目描述很简短，但估计大部分同学看完都是懵懵的状态，这得怎么统计呢？

我们先举几个例子，画画图，看看有没有什么规律，如图：

n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，这个是很直观的。

来看看n为3的时候，有哪几种情况。

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！

（可能有同学问了，这布局不一样啊，节点数值都不一样。别忘了我们就是求不同树的数量，并不用把搜索树都列出来，所以不用关心其具体数值的差异）

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！

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！

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。

思考到这里，这道题目就有眉目了。

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：

此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。

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

在上面的分析中，其实已经看出其递推关系， 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];
    }
}

5. 举例推导dp数组

n为5时候的dp数组状态如图：

当然如果自己画图举例的话，基本举例到n为3就可以了，n为4的时候，画图已经比较麻烦了。

这里列到了n为5的情况，是为了方便大家 debug代码的时候，把dp数组打出来，看看哪里有问题。

综上分析完毕，C++代码如下：

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i; j++) {
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

• 时间复杂度：$O(n^2)$
• 空间复杂度：$O(n)$

大家应该发现了，我们分析了这么多，最后代码却如此简单！

这道题目虽然在力扣上标记是中等难度，但可以算是困难了！

首先这道题想到用动规的方法来解决，就不太好想，需要举例，画图，分析，才能找到递推的关系。

然后难点就是确定递推公式了，如果把递推公式想清楚了，遍历顺序和初始化，就是自然而然的事情了。

可以看出我依然还是用动规五部曲来进行分析，会把题目的方方面面都覆盖到！

而且具体这五部分析是我自己平时总结的经验，找不出来第二个的，可能过一阵子 其他题解也会有动规五部曲了，哈哈。

代码实现

class Solution {
    public int numTrees(int n) {
        //初始化 dp 数组
        int[] dp = new int[n + 1];
        //初始化0个节点和1个节点的情况
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i; j++) {
                //对于第i个节点，需要考虑1作为根节点直到i作为根节点的情况，所以需要累加
                //一共i个节点，对于根节点j时,左子树的节点个数为j-1，右子树的节点个数为i-j
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
}