DAY40休息日，本篇为DAY41的内容

343.整数拆分

力扣题目链接

文章讲解：343.整数拆分

视频讲解：动态规划，本题关键在于理解递推公式！| LeetCode：343. 整数拆分

状态：哥们儿把从1-10的整数拆分全写出来了，思路嘎嘎有，要想乘积最大，必须把数字全部拆成2或者3。但是，如何跟动态规划联系起来呢？

看完题解出来了，哥们儿那个属于是数学方法，但是差很多完整的思考，后文会给予证明。

我认为本题更适合使用数学方法来解决，也就是数学归纳法

看到这个题目，会疑问应该拆成两个还是三个还是四个呢？

之前我们说过，动态规划用来解包含重叠子问题的某问题，那么这里直接试试动态规划。

思路

在之前你走过拆分2-10的流程吗，找到什么感觉了吗？当我们在拆10的时候，可能把10拆成4、6（或者是其他的什么），我们之前也拆过4和6，自然拆成2、2、3、3。发现了吗，我们拆10这个问题包含了重叠子问题（拆4和6），所以试试动态规划吧！

dp含义

自然一点的想法：

dp[i]：拆分数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。

递推公式（难点）

递推公式的重难点是什么呢？先思考我们如何才能得到dp[i]？

首先我们拆分i，肯定首先拆成两个数字，也就是j和(i - j)。j是遍历1到j的所有情况；

如果拆成3个数及3个数以上，我们就是j * dp[i - j]，该式子的含义就是把i拆成三个或三个以上数字(因为dp[i - j]包含了所有的拆分方法，且至少拆成两个)

NOTE：

为什么公式j * dp[i-j]是成分成2个以上数字呢？

首先我们要搞明白dp[i - j]的含义，拆分数字i-j，可以得到的最大乘积，他就暗含了将i-j拆分成两个或两个以上数字。

为什么j就不拆分了呢？

由于我们是从1开始一直遍历到j，所以已经暗含了拆分j的情况，因为我们还有旁边的dp[i-j]来给j补蛋呢！

综上所述，$dp[i]=max(dp[i],max((i-j)\ast j,dp[i-j]\ast j))$

为什么这里多了个max(dp[i], ...)呢？因为我们之前说过，我们需要遍历1~j的数，所以为了保留每个i当前最大成绩，与新遍历的j上下文做比较，保持dp[i]的最大值更新或者不更新。

初始化

本题中，我们只初始化dp[2]=1,因为严格来说，dp[0] dp[1]不应该初始化，因为这在我们定义dp数组含义时就确定了这俩是没有意义的数值，题中给定的n也是大于等于2的。

遍历顺序

还记得上面我们说把1遍历到j不，这里我们需要两层遍历，对于dp数组那肯定是从左到右了；关于j应该是从1开始，因为从0开始仍然是没有意义的，难道我们还把一个数拆成0和其他数吗？

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));}
}
//再优化一下子
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));}
}

打印

CPP代码

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector<int> dp(n + 1, 0);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];}
};

数学方法

归纳证明法

我在写1-10的最优拆分方案过程中，确实感受到了以下规律，这里是leetcode的官解归纳证明法

• 第一步：证明最优的拆分方案中不会出现大于 4的整数。

假设出现了大于$4$ 的整数$x$，由于$ 2(x−2)>x$在$x>4$时成立，将 x拆分成 2和 x−2可以增大乘积。因此最优的拆分方案中不会出现大于 4 的整数。

• 第二步：证明最优拆分方案中可以不出现整数4

很明显，出现4的话可以用$2\times 2$代替

此时，可知最优的拆分方案只会出现1、2、3三个数字

• 第三步：证明$n\ge 5$时，最优的拆分方案不会出现整数1.

当$n\ge 5$时，如果出现了整数1，那么拆分中剩余的数的和为$n-1\ge 4$，对应这至少两个整数1和一个大于等于4的数。我们将其中任意一个整数$x$加上1，乘积都会增大。

此时，可知当$n\ge 5$时，最优拆分方案只有2和3

• 第三步：证明当$n\ge 5$时，最优的拆分方案中2的个数不会超过3个

如果出现了超过 3 个 2，那么将它们转换成 2 个 3，可以增大乘积，即 $3\times 3>2\times 2\times 2$

综上，$n\ge 5$的最优拆分方案就唯一了，这是因为当最优的拆分方案中2的个数分别为0，1，2个时，就对应着n除以3的余数分别为0，2，1的情况。

并且 $n=4$时的拆分方案也可以放入分类讨论的结果；当$2\le n\le 3$时，只有唯一的拆分方案$1\times (n-1)$

int integerBreak(int n) {int (n <= 3) {return n - 1;}int quotient = n / 3; //商int remainder = n % 3; //余数if (remainder == 0) {	 //能被3整除，全部拆成3return (int)pow(3, quotient);}else if (remainder == 1){	//余1return (int)pow(3, quotient - 1) * 4}else {	//余2return (int)pow(3, quotient) * 2;}
}

96.不同的二叉搜索树

力扣题目链接

文章讲解：96.不同的二叉搜索树

视频讲解：动态规划找到子状态之间的关系很重要！| LeetCode：96.不同的二叉搜索树

状态：这个动态规划我知道！有点明显。dp数组肯定是1维的，含义就是组成的不同BST的个数，关于递推公式我列举了n等于1-4时各能组成多少个BST，在写4时发现了大致的规律，但是没能力抽象成数学公式

思路

直观上，我们肯定是要把n=1、2、3直接拉出来比较的。

n=3时，

• 当1为头结点，其右子树有两个结点，结点布局与n=2时一致
• 当2为头结点，其左右子树都只有一个结点，布局和n=1一致
• 当3位头结点，其左子树有两个节点，和n=2时一致

到这里我们就完全挖掘住了重叠的子问题。

dp[3] = 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]。

综上$dp[3]=dp[2]\ast dp[0]+dp[1]\ast dp[1]+dp[0]\ast dp[2]$.。

同理，$dp[4]=dp[0]\ast dp[3]+dp[1]\ast dp[2]+dp[2]\ast dp[1]+dp[3]\ast dp[0]$，其中$dp[3]$可以继续拆分，很显然我们的递推公式应该写成：

$dp[i]={\sum }_{j=1}^{i}dp[j-1]dp[i-j]$，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。很明显需要两个循环，一个大循环i还有一个小循环j

dp含义

dp[i]：表示的是i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]

递推公式

上文分析中，已经给出了基本的递推公式

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

初始化

从递推公式也可以看出来，本题其实只要初始化dp[0]就可以了，他是推导的基础。

从定义上来讲，空结点也是一颗二叉树，也是一颗二叉搜索树。

综上：dp[0] = 1

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。

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

打印

CPP代码

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：$O(n)$

题目总结

本题我们用的是一种近似数学归纳法的推理。

在LeetCode官解中，给出了严格的数学证明，我认为这样的思考过程也是非常需要了解的。

• LeetCode官解（必须手推一下！也不难！）

• 卡塔兰数：

  • 卡塔兰数往往解决以下几类问题：
    • 有效的括号组合的数量。
    • 不同的二叉搜索树的数量。
    • 凸多边形划分成三角形的方法数量。
    • 在一个正方形格子图中从一角到另一角的路径数量，这些路径仅向上或向右移动，并且不越过对角线。
  • 递推公式$C_0=1,C_{n+1}=\frac{2(2n+1)}{n+2}{C}_n$

class Solution {
public:int numTrees(int n) {long long C = 1;for (int i = 0; i < n; ++i) {C = C * 2 * (2 * i + 1) / (i + 2);}return (int)C;}
};