最後的解法多半是貪心或者動態規劃，大概率動態規劃。
但依照流程來看，找不到最優子結構。每次戳氣球都會影響之後戳的氣球，狀態太多了。
比如同樣是戳數字5號，因為之前戳氣球的情況不同，左右鄰居不同，這意味著戳5號的情況不能復用。
就這樣想著，完全找不到思路。（後來發現是被正向思維給限制了）
幹想也沒辦法，直接用動態規劃的正規化硬做。
nums = [3,1,5,8] --> [3,5,8] --> [3,8] --> [8] -->
想一下遞迴式，比如現在只剩1號，戳1號後，最後答案為 戳完前面的3號+戳完後面5，8號+戳1號，因為是最後戳1號，所以戳1號的值為 start1號end，戳前面和後面遞迴呼叫即可。一下就有思路了。原來得逆向戳氣球，假設最後一次戳氣球是x，這時因為只剩x沒有鄰居可以直接算出值為x，前面和後面的空缺再遞迴呼叫戳氣球就可以了！
對於此題我們需要反過來思考，因為正向思考的話情況過於複雜，而且狀態轉換方程根本沒法寫，所以不妨試著逆向思考，也就是動態規劃的「自底向上」的思考方式，我先思考最簡單的情況，在來推出稍微複雜的情況。
其實反思過來動態規劃本身就是逆向的思維，從最後一步往前推。先假設最後乙個生育的氣球是k，那麼由此我們可以將問題分為dp(i,k)和dp(k,j)兩部分從而達到分而治之的目的。其實在分支的過程中也用到了動態規劃的思想，即用for迴圈來保證k是能取到陣列裡的每一位數，即每乙個氣球都是可能最後乙個被戳到，然後再從這裡面尋找最大值，不過要注意的是，由於邊界不能被選中，我們需要向將原陣列擴容，即nums[-1]=nums[end+1]=1;然後再傳入函式，這是遞迴結束的條件時只剩下兩邊的「1」，
class
solution
intdp
(vector<
int>
&nums,
int i,
int j,vector
int>>
&memo)
memo[i]
[j]=max;
return max;}}
;
可將1.2中的快取表作為dp表，填表即可。通過從最小子問題開始進行簡單嘗試，可以發現長度為2的子問題的解僅依賴於長度為1子問題的解；長度為3的子問題的解僅依賴於長度為2的子問題的解
注意此處我們的填表順序是斜著來的，這是因為我們的i和j分別是乙個區間的開始可結束標誌，又由我們的分析可知，我們劃分的標準是「區間長度」，即我們要先求出所有區間長度為i的dp，才能以此選出最大的值來繼續求區間長度為「i+1」的dp值，所以是 fill(dp,nums,j,j+i);
dp[i][j]的含義是，區間i~j上能取得的最大收益，最終的最大收益當然是
dp[0][nums.length-1].
class
solution
for(
int i =
0; i
return dp[0]
[nums.length-1]
;}void
fill
(int
dp,int nums,
int start,
int end)
dp[start]
[end]
= max;
}}
312 戳氣球 使用回溯，分治，dp
可以使用三種方法 回溯法，回溯法可以遍歷每一種可能，屬於暴力解法。分治法，分治法首先要得到狀態轉移方程。dp動態規劃 首先為陣列增加首位 fun i,j 相當於不戳邊界 i，j。戳其中的任意乙個氣球得到的硬幣數。對於確定的最後戳中間k索引的氣球fun i,j fun i,k fun k,j nums...
騰訊面試 戳氣球
有 n 個氣球，編號為0 到 n 1，每個氣球上都標有乙個數字，這些數字存在陣列 nums 中。現在要求你戳破所有的氣球。每當你戳破乙個氣球 i 時，你可以獲得 nums left nums i nums right 個硬幣。這裡的 left 和 right 代表和 i 相鄰的兩個氣球的序號。注意當...
312 戳氣球 動態規劃
難度 困難 2020 7 19每日一題打卡 題目描述 解題思路 今天是抄答案而且還抄的迷迷糊糊的一天 知道要這樣做，但是仔細去想為什麼是這樣的，又說不出個所以然 首先在陣列左右兩端新增虛擬氣球節點，是不能被戳破的，這樣能方便處理邊界，而且保證總是有三個氣球相乘。然後注意動態規劃的順序，要從區間右邊開...