代码随想录Day41：动态规划Part3-Toy模板网

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Leetcode 343. 整数拆分

讲解前：

毫无头绪

讲解后：

这道题的动态思路一开始很不容易想出来，虽然dp数组的定义如果知道是动态规划的话估摸着可以想出来那就是很straight forward

dp定义：一维数组dp[i], i 代表整数的值，dp[i] 代表将整数 i 拆分的话可以获得的最大乘积

然后呢就是定义递归推导式了，我们可以这样去想这道题，既然题目要求我们拆分的话必须要最少有两个数，那么其实可以把获得最大乘积的可能分为两种情况，对于每一个整数 i，我们进行一个遍历，让 j 从 1 遍历到 i - 1，也就是当 i = 5的时候，j遍历1,2,3,4 这样的话相当于我们可以找到拆分成两个数的所有可能，那么第一种情况就是： 最大的乘积是从 j * (i - j) 中获取的，也就是1*4, 2*3, 3* 2, 4*1, 第二种情况就会变成：最大乘积是从3个以上的数字中获得的，意味着我们会对 i - j 遍历到的数字进行拆分，那么如果我们刚好能得到拆分 j - i 的乘积最大值，那么再和 j 相乘，一定就也是当我们用三个以上数字的最大乘积，那拆分 j 的乘积最大值是多少呢？不就刚好是 dp[i - j] 吗，下面我画了当 i 是3,4,5 的时候我们会计算的所有值

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你会发现这样的话，对于三个数以上的可能，我们也完全不用担心会错过一些组合，由于动态递归的帮助，我们在计算出一个dp[i] 的值之前，就已经考虑过了所有的可能

这里还要注意一点, 以上的计算，只是在当整数是 i 的时候，我们在比较到底是当我们之后 j * (i - j)两个数相乘的时候有更大乘积，还是当我们有 j * 拆分(j - i) 一共三个数以上的时候有更大的乘积，但是我们并不知道当 j 遍历到哪的时候会得到所有可能中最大的乘积，所以在推导式中还要再加入一个比较就是一直更新保持dp[i] 储存遍历过程中最大的值

那么我们就可以总结出来递归推导公式

dp[i] = max(dp[i], max(j * (i - j), j * dp[i - j]))

class Solution:
    def integerBreak(self, n: int) -> int:
        dp = [0] * (n + 1)
        dp[2] = 1

        for i in range(3, n + 1):
            for j in range(1, i):
                dp[i] = max(dp[i], max(j * (i - j), j * dp[i - j]))
                print(dp)
        
        return dp[n]

Leetcode 96. 不同的二叉搜索树

讲解前：

太难了

讲解后：

这道题首先我们可以把从n=1到n=3的所有可能画出来

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观察上面的图，仔细去看其中的规律，我们其实可以总结出来两个非常重要的点来帮助我们推导我们的dp推导公式

1. 对于任何n个节点从1到n不相同的平衡二叉树，其实所有的组合是首先我们把1作为root节点，找到有多少种组合，然后再把2作为头节点，然后去找有多少组合，再把3作为头节点，去找有多少种组合.......直到把n作为头节点，看有多少组合，然后全部加起来，就如上图的n=3，答案5=2(1 as root) + 1(2 as root) + 2(3 as root) 个组合

2. 对于二叉树来说，如果我们能够知道左子树一共有多少种组合，并且直到右子树一共有多少种组合，那么其实这个二叉树一共就有左子树组合数 * 右子树组合数数量的组合，因为每一个特别的左子树都可以和每一个特别的右子树结合来构造一个新的树，举个例子的话就是上图中的在n=3并且我们的root是1的时候，我们有两种组合，其实这两种组合是这样得来的，我们知道root=1的时候，左子树没有节点的时候有一个可能，就是空，也就是左子树的组合数为1，然后呢右子树的话，由2和3两个节点组成，他们有两种可能，分别是让3在2的右节点，或者2在3的左节点，这样以来我们就知道对于root=1的时候，我们一共有1*2=2种组合

有了上面两个概念，首先我们可以把动态规划数组的含义想出来，还是很简单，直接按照题意来写

dp[i], i是n，也就是当我们的二叉平衡树是由1-n节点组成的，dp[i] 储存的值就是有多少种不同的可能来构建这个二叉平衡树

接下来我们可以去想，那既然我们知道了上面的概念，那么我们首先可以确定，在每一个dp[i] 求值的过程中，我们需要进行一个叠加，这个叠加就是概念1，就是用 j 来从1-n遍历，找到当 j 为root的时候，每个二叉树分别有多少种构造方法，那这个该怎么找呢？我们发现，当我们知道root=j 的时候，其实左右两个节点分别含有多少节点我们是知道的，因为我们知道一共有1-n个节点并且没有重复，那假设我们有1-10个节点，如果root取7，我们就知道那左子树一定有6个节点分别是1-6，然后右子树有3个节点是8,9,10，这是用 j - 1和，i - j 得来的，那这不就方便了吗，通过概念2我们知道，不同二叉树的数量就等于左子树的变化数量 * 右子树的变化数量，我们还知道左子树的节点数量和右子树的节点数量，知道了节点数量，找变化数量，不就是我们dp数组的含义吗，所以这个时候我们就可以先按照上图中的n=3的情况，写一下这个答案5是怎么得来的

dp[3] = dp[0] * dp[2] (root=1) + dp[1] * dp[1] (root=2) + dp[2] * dp[0] (root=3)，这样以来我们就可以推导出公式了

j 为root的元素然后从 1 遍历到 i, 然后dp[i] 的值做一个叠加，分别是j不同值的答案总和

dp[i] = dp[i] + dp[j - 1] * dp[i - j]

dp推导公式搞明白之后代码就不难了，遍历顺序就是正常的从左到右，我们要先知道小的n才能推理出后面的n，然后呢初始化就是没有节点和就一个节点的组合数量都是1, dp[0] = 1, dp[1] = 1文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-859675.html

class Solution:
    def numTrees(self, n: int) -> int:
        # initialize the dp array 
        # have it set to length of n + 1 cuz the answer is dp[n]
        dp = [0] * (n + 1)
        # we know only 1 possibility for n = 0 and 1
        dp[0], dp[1] = 1, 1

        # start iteration from when we have 2 nodes
        for i in range(2, n + 1):
            for j in range(1, i + 1):
                dp[i] = dp[i] + dp[j - 1] * dp[i - j]
        
        return dp[n]

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