leeched-day3

今天的都是用动态规划解决的。

53最大子数组和

题目描述：给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。子数组 是数组中的一个连续部分。

印象中这道题做过，但是我还是不会，看了题解，然后自己分析了的结果如下。
这道题需要求的是连续子数组的最大和，有两个关键点，第一个是连续，第二个是最大和。我们在规定状态转移方程的时候，对于一个dp[i],我们所定义的是：dp[i]代表以第i个下标结尾的所对应的连续子数组的最大和，我们确定了在dp[i]时，第i个下标对应的元素是必须选到的。所以我们需要考虑的就是dp[i-1]和nums[i]的问题。
也就是说，因为nums[i]是必须选到的，我们只需要考虑它nums[i]本身的值与它之前的连续子数组的值加上它本身谁更大，即，我们的dp[i]的值就是Max{nums[i],dp[i-1]+nums[i]}。然后对于这个dp，我们看看初始值，对于第一个元素，最大连续子数组就是它本身，也就是dp[0]=nums[0],从第二个元素开始，就可以使用上述状态转移方程。
关键代码

       for(int i = 1;i< nums.length;i++){
            dp[i] = Math.max(nums[i],nums[i]+dp[i-1]);
        }

求完dp后，再使用一个遍历dp找到最大的连续子数组的值。
使用动态规划，时间复杂度在O(n)，因为其实相当于进行了两个遍历，第一个是求dp,第二个是最大。

(这题听说还可以用分治，留个坑)

70爬楼梯

题目描述：假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
思路：每次可以爬1或者2个台阶，那么爬到第一个台阶就有1种方法；爬到第二个台阶有两种方法，分别是1+1和2；爬到第三个台阶有两种选择三种方法，分别是从第一个台阶开始爬两阶也就是1+2，和从第二个台阶开始爬一阶，也就是1+1+1，2+1，其实就是相当于，爬到第i个台阶了，就有两种选择，第一种是从第i-1个台阶，再爬1阶，第二种是从第i-2个台阶爬两阶。所以爬到第i个台阶的方法和就是爬到第i-1个台阶的方法和加上爬到第i-2个台阶的方法和。
也就是说，我们的dp[i]定义为爬到i的的方法数，我们的状态转移方程为dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2],初始值dp[0]=1,dp[1]=2.关键代码为

       for(int i = 2;i<n;i++){
            dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2];
        }

746使用最小花费爬楼梯

题目描述：给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
思路：这题和上面那题有点类似，只是多加了一个费用，我们这里dp也可以设置为爬到第i阶时所花费的最小的费用。充分理解题意后我们可以知道dp[0]=0，dp[1]=0。然后第i个台阶怎么才能得到最小的费用呢？我们知道其实它有两种爬楼梯方法，第一种是从i-1阶爬1阶上来，第二种是从i-2爬两阶上来，所有我们到第i阶的最小费用就是 从第i-1阶的最小费用加上i-1阶爬上来的花费 和 从i-2阶爬上来的费用加上爬到它的最小费用 中的最小费用。也就是说，我们的状态转移方程是dp[i]＝max(dp[i-1]+cost[i-1]，dp[i-2]+cost[i-2])关键代码

        for(int i = 2;i<len;i++){
            dp[i] = Math.min(dp[i-2]+cost[i-2],dp[i-1]+cost[i-1]);
        }

最后return Math.min(dp[len-1]+cost[len-1],dp[len-2]+cost[len-2]);因为要爬到顶端，所以还要爬一步。

1.两数之和

这个之前写过 用hashmap,不再写。