藍橋杯刷題心得動態規劃

這裡單獨寫一下動態規劃專題，藍橋杯當中一定會出一道動態規劃的題目所以稍微彙總一下。

（源於藍橋杯2020屆一道題目）

1.某市市長獲得了若干批口罩，每一批口罩的數目如下：（如果你把以下文字複製到文字檔案中，請務必檢查複製的內容是否與文件中的一致。在試題目錄下有乙個檔案 mask.txt，內容與下面的文字相同）

9090400，8499400，5926800，8547000，4958200，4422600，5751200，4175600，6309600

，5865200，6604400，4635000，10663400，8087200，4554000

現在市長要把口罩分配給市內的 2 所醫院。由於物流限制，每一批口罩只能全部分配給其中一家醫院。市長希望2 所醫院獲得的口罩總數之差越小越好。請你計算這個差最小是多少？

首先求最值那麼一般思路都是往dp方向上去靠，同時這道題又是最經典動態規劃中的揹包問題，首先先要判斷數是否可重用，不可重用就是子集揹包問題，可重用就是完全揹包問題，這兩者之間有微妙的差別

藍橋杯演算法模板常用套路

ps:就是這其中內層迴圈的差別,該題題解如下，j應該是從後往前反向遍歷，因為每個物品（或者說數字）只能用一次，以免之前的結果影響其他的結果。最值問題一般是（dp動態規劃，那麼這道題是一道變形的揹包問題）

對於揹包容量為sum/2的有i批個口罩，口罩數為nums[i]，那麼最大差值是多少

static
int[
] dp =
newint
[98090000];
static
int sum =0;
static
int[
] nums =
;public
static
void
main
(string[
] args)
system.out.
println
(sum)
;int v = sum /2;
for(
int i =
1; i < nums.length; i++)}
system.out.
println
(dp[v]);
system.out.
println
(sum - dp[v]*2
);}

2.再來看一道題目，輸入乙個只包含正整數的非空陣列nums，請你寫乙個演算法，判斷這個陣列是否可以背分割成兩個子串，使得兩個子集的元素和相等。

輸入nums[1,5,11,5]，演算法返回true，因為nums可以分割成[1,5,5]和[11]

輸入nums[1,3,2,5],演算法返回false，因為nums無論如何都不能分割成兩個和相等的子集

可以把問題轉換成揹包問題，對於容量為sum/2的揹包和i個物品，其他重量為nums[i],是否存在一種裝法，恰好將揹包裝滿，能轉化為揹包問題就直接套用模板

static
int sum =0;
static
int[
] nums =
;static
boolean
dp =
newboolean[22
];public
static
void
main
(string[
] args)
public
static
boolean
canpartition
(int
nums)
if(sum %2!=
0)return
false
;int v = sum /2;
for(
int i =
1; i < nums.length; i++)}
return dp[v]
;}

3.那麼接下來我們看一道完全揹包問題，零錢兌換，給定不同面額的硬幣coins和乙個總金額amount,寫乙個函式來計算可以湊成總金額的硬幣組合數。假設每一種面額的硬幣有無限個。

比如輸入amount = 5,coins = [1,2,5]，演算法應該返回4，因為有如下四種方式可以湊出目標金額：

5 = 5

5 = 2 + 2 + 1

5 = 2 + 1 + 1 + 1

5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1

我們可以把這個問題轉換成揹包問題，對於揹包容量為5的揹包有i個硬幣，硬幣的大小為coins[i]，數量為無限個。(無限個意味著可以重複使用硬幣，參照揹包問題和完全揹包的套路模板，其實區別就是在此是否可重用)，對於內層迴圈就是揹包容量進行迴圈，前者是從z後往前（防止重複使用影響節後），後者是從前往後迴圈。

public
class
bagdemo1test
;		system.out.
println
(moneychange
(amount, coins));
}public
static
intmoneychange
(int amount,
int[
] coins)
}return dp[amount];}
}

來做三道連續的dp陣列題目來鞏固一下動態規劃

4.leetcode打家劫舍題目1

ps：這道題要求求最值，首先先找狀態和選擇，狀態很明顯就是可選擇的房屋，那麼選擇就是選擇該房子或者不選擇該房子，根據套路模板

for
(狀態1 in 狀態1 的所有取值)
for(狀態2 in 狀態2 的所有取值)
dp[i]
= 計算(選擇1，選擇2
)//關鍵就是在於對dp陣列的定義並且這個計算，指的是要對於題目而言dp陣列的定義來進行計算

那麼可以觀察該題目，因為題目的dp[i]只與dp[i + 1]和dp[i + 2]的值有關，所以可以將空間複雜度降為o(1)，如下所示.

public
class
demo2
return dp_i;
}}

5.leetcode打家劫舍2

這道題和上一題類似，但是房屋是環形的，其實可以就只有三種情況

1.要麼第乙個和最後乙個都不取

2.第乙個取，最後乙個不取

3.最後乙個取，第乙個不取

後兩者已經將第一種情況涵括，將後兩者的情況進行求最值即可。

public
class
demo3
/*	  * 其實和上一道題差不多，就是要對引數進行更改就行
* */
public
introbrange
(int
nums,
int end,
int start)
return dp_i;
}}

6.leetcode打家劫舍3

那麼這道題涵蓋遞迴和動態規劃，首先樹形結構一定要考慮遞迴，並且對於遞迴樹，一定要對其進行剪枝，用乙個hashmapmemo備忘錄取存放值，如果備忘錄中存在值就可以取出。

public
class
demo4
}

總結：那麼我們來**一下動態規劃和回溯演算法之間的關係

先說一下回溯演算法，dfs和回溯演算法對於這兩者而言，我個人也是模稜兩可，而對於套路模板中，我所發現的動態規劃和dfs之間有相似之處就是，有時候要區別對數字是否可重用有一些相應的操作。

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