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状态转移方程权威发布_状态转移方程怎么写(2024年12月精准访谈)

内容来源：麦吉窗影视所属栏目：观点更新日期：2024-11-30

状态转移方程

最长重复子数组的二维动态规划解法 𐟓Š 𐟤”概述这个问题要求找到连续元素相同的最长子数组。与子序列不同，这里要求元素是连续的。可以通过画一个矩阵（如图2所示）来理解这个问题。在这个矩阵中，行列坐标由nums1和nums2分别构成。连续相同的元素在矩阵上表现为对角线连续的呈现。 𐟤”状态转移方程设计 dp矩阵的初始化：将dp矩阵的大小设置为(len(nums1)+1) * (len(nums2)+1)，所有元素初始化为0。dp[i][j]表示nums1[ : i]和nums2[ : j]这两个切片中最长重复子数组的长度（不包含nums1[i]和nums2[j]）。状态转移：当nums1[i-1] == nums2[j-1]时，说明重复元素可以在上一个对角线元素dp[i-1][j-1]的基础上增加1个，即dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。如果下一个对角线元素nums1[i] ！= nums2[j]，则重复数组被打断，重新回到0（初始状态）等待下次重复计数。 𐟤”要点二维dp考虑切片边界：将dp矩阵的大小设置为(len(nums1)+1) * (len(nums2)+1)会更方便处理边界情况。使用res变量：在处理连续对角dp时，直接设置一个res变量来更新最大长度。通过以上方法，可以有效地解决最长重复子数组的问题。

𐟚€DP动态规划：轻松解爬楼梯难题 𐟤”你是否有过这样的经历，面对一个复杂的问题，感到无从下手？别担心，动态规划（DP）来拯救你！𐟒ꊊ𐟒᥊覀规划的核心思想是：将大问题分解为小问题，并通过解决这些小问题来逐步构建出整体的解决方案。是不是听起来很神奇？ 𐟓首先，我们需要定义状态，这通常是一个数组或矩阵，用来存储各个子问题的解。接着，我们要定义状态转移方程，通过这个方程，我们可以从子问题的解推导出全局问题的解。最后，别忘了设定初始条件和边界条件，这样才能确保我们的算法能够正确运行。 𐟘„现在，让我们通过一个具体的例子——爬楼梯问题，来感受动态规划的魅力吧！想象一下，你正在爬楼梯，每一步你可以选择走1阶或2阶，问题是如何找到最省力的方式爬到楼梯的顶部。通过动态规划，我们可以轻松地解决这个问题！ 𐟎‰动态规划不仅是一种编程思想，更是一种解决问题的策略。掌握它，你将能够轻松应对各种复杂问题！

𐟓š每日一题解题思路分享𐟓ˆ 𐟌 国际站每日一题： 𐟧頥Š覀规划方法： dp[i]表示以第i本书为书架最后一层的最小高度。状态转移方程：dp[i] = min(dp[i], dp[j] + max(height of all books))，其中j是满足从j到i所有书的厚度不超过书架宽度的最大值。初始状态：除dp[0]设为0，其余为无穷大（INF）。 𐟌 国区每日一题： 𐟧頨𔪥🃧𓕯𜚊将点按照x坐标排序。尽可能使得每个矩形包含更多的点，宽度取到w。遍历所有点，模拟当前矩形右边，若处于矩形内继续遍历，否则增加一个宽为w的矩形。

Leetcode5题：回文子串解法 Leetcode的第5题是“Longest Palindromic Substring”，要求找出给定字符串中最长的回文子串。我们可以使用动态规划来解决这个问题。动态规划的思路 𐟧 首先，我们创建一个二维的DP数组，DP[i][j]表示从字符串的第i个字符到第j个字符构成的子串是否为回文串。如果是回文串，DP[i][j]为True；否则为False。状态转移方程 𐟓 状态转移方程如下：如果 s[i] == s[j] 且 DP[i+1][j-1] == True，那么 DP[i][j] = True 否则，DP[i][j] = False 初始化 𐟓 初始化DP数组时，将所有对角线上的元素设置为True（单个字符肯定是回文串），其余元素设置为False。逐步计算 𐟚𖢀♂️ 从长度为2的子串开始，逐步增加子串的长度，计算DP[i][j]，并记录最长回文子串的起始位置和长度。结果返回 𐟌Ÿ 最后，返回最长回文子串即可。时间复杂度和空间复杂度 ⏱️⏳ 时间复杂度：需要计算所有长度为2到n的子串，所以总时间复杂度为O(n^2)。空间复杂度：需要使用一个二维数组dp来记录状态，所以空间复杂度为O(n^2)。这样，我们就能轻松解决Leetcode的第5题啦！

01背包问题：动态规划的入门指南 𐟎’ 同学们，有没有觉得01背包问题超级难懂？别担心，今天我来给你们讲解一下，保证你们听完之后会觉得其实也没那么难！首先，01背包问题是一个经典的动态规划问题。它的核心思想其实很简单：先写出DFS（深度优先搜索）的递归解法，然后再把这个递归解法翻译成动态规划中的状态转移方程。听起来有点绕，但没关系，我们一步一步来。首先，我们得搞清楚递归的结束条件。简单来说，就是什么时候可以停止搜索。这个条件在图一和图二的红圈部分都有标注。理解了这个，你就已经迈出了第一步！接下来是递推的初始条件。这个部分稍微复杂一点，但也没关系。你只需要搞清楚初始状态是什么，然后一步步推导下去。图二的红圈部分也详细标注了这些初始条件。实际上，递归和递推是可以1:1翻译的！只要你能理解这一点，那么01背包问题就变得非常简单了。希望这篇文章能帮到你们，如果有任何问题，欢迎在评论区留言哦！关注我，还可以获得全部源码呢！𐟓š 加油，同学们！𐟒ꀀ

周赛362：难又爽！这场周赛真是让人又爱又恨。T4题简直超纲，让人无从下手。最后一分钟，我的T4样例还没调出来，结果凭感觉改了两个参数，居然AC了，真是刺激！ T1：数轴上的线段覆盖问题 𐟓 题目意思：给定数轴上的一些线段，求有多少个坐标点被至少一条线段覆盖。思路：数据小的话直接模拟，数据大的话可以先排序线段再扫描。 T2：二维坐标轴上的路径问题 𐟗𚯸 题目意思：在二维坐标轴上，每一步可以从一个点走到相邻的点（相邻定义为8个方向）。问是否能刚好走t步从(x1,y1)到达(x2,y2)。思路：先预处理坐标，将(x1,y1)当作原点，把(x2,y2)放到第一象限简化计算。只要t >= max(x', y')即可达，特例是两点重合时t=1无解。 T3：九宫格石子移动问题 𐟎𒊩☧›思：九宫格中总计有9颗石子，每次可以选择一颗石子移动到相邻格子，求最少移动多少次使每个格子刚好一颗石子。思路：暴力搜索复杂度高，但可以通过分类讨论优化。将格子分为提供者、需求者和旁观者三类，对于每个需求者，枚举它要去找哪个提供者获取一枚石子，获取石子的代价是两者的曼哈顿距离。最差情况下有5个需求者和4个提供者，搜索复杂度5^4，运行时间可以秒杀100%。 T4：字符串操作问题 𐟓œ 题目意思：给两个等长的字符串s和t，每次操作可以把s的一个后缀拿下来拼在最前面。求有多少种方案可以在k次操作后使s=t。k<=10^15，len(s) <= 5 * 10^5。思路：操作相当于对s的循环移位，如果s存在循环节的话可能最终移位长度有多种。先用扩展kmp算法找到所有t出现的位置，这些位置就是s需要移位几次的方案数。然后通过状态转移方程优化dp，最终用快速幂优化矩阵乘法部分。这场周赛虽然难度爆表，但最后的惊喜让人难以忘怀。希望下次还能有这样的体验！

𐟏—️ 最小花费爬楼梯问题 𐟒ꊰŸŽ—˜描述：给定一个整数数组 cost，其中 cost[i] 表示从楼梯第 i 阶爬到下一阶需要支付的费用。你可以选择从下标为 0 或 1 的台阶开始爬楼梯。 𐟒ᠧ›‡：计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。 𐟌€ 示例：输入：cost = [10, 15, 20] 输出：15 解释：从下标为 1 的台阶开始，支付 15 元，一次爬两个台阶，到达楼梯顶部。总花费为 15 元。 𐟓 解决方案：动态规划是一种有效的解决方法。我们可以创建一个数组 dp，其中 dp[i] 表示到达第 i 阶楼梯的最小花费。 𐟔‘ 状态转移方程： dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]) 解释：到达第 i 阶楼梯的最小花费等于从第 i-1 阶或第 i-2 阶楼梯到达的费用加上当前阶的费用。 𐟓ˆ 初始化： dp[0] = cost[0] dp[1] = cost[1] 𐟔„ 迭代过程：从第 2 阶楼梯开始，根据状态转移方程计算 dp[i] 的值，直到到达楼梯顶部。 𐟏† 最终结果：返回 dp[n-1]，其中 n 是楼梯的总阶数，即为达到楼梯顶部的最低花费。 𐟒ᠦ示：这个问题的关键在于理解动态规划的核心思想，即通过已知状态推导出未知状态。 𐟓 代码实现： # Python 代码示例 def minCostClimbingStairs(cost): n = len(cost) dp = [0] * n dp[0] = cost[0] dp[1] = cost[1] for i in range(2, n): dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]) return dp[n-1] # 输入示例 cost = [10, 15, 20] print(minCostClimbingStairs(cost)) # 输出 15 𐟓ˆ 总结：通过动态规划，我们可以有效地解决最小花费爬楼梯问题。关键在于理解状态转移方程，并正确初始化动态规划数组。

OD机考经验分享：算法与优化方法详解 ### 第二阶段：算法篇 𐟧 动态规划：动态规划的核心在于通过解决局部问题，逐步更新答案，最终得出全局问题的解。关键在于找到正确的状态转移方程。回溯与递归：递归的两个核心是问题可分和子问题模式与父问题一致。通过简单的排列问题（如abc的排列数）可以理解递归。递归的过程本质上是对求解树的遍历，树的根节点是总问题，每一颗子树是对父节点问题的分解，每一个叶子节点是递归出口，对叶子节点上的问题求解，再汇总结果，最终得到根节点上面总问题的解。深度优先搜索（DFS）与广度优先搜索（BFS）：这两种算法都是针对图结构的。题目中用二维列表表示的图，本质上是上下左右四方向连通的无向图（也有八方向连通的）。DFS和BFS题都有较为固定的解题模式，核心是记录访问状态的矩阵和一个存储节点的序列。DFS的序列是后进先出栈，BFS的序列是先进先出的队列。DFS也可以采用递归写法。滑动窗口：滑动窗口有一个不断移动的区间，这个区间可能定长，也可能不定长，需要在区间里面做匹配、统计或找特定值等。二分查找：二分查找的最终答案有明确的上界和下界，然后把上下界的中间值作为尝试值，看看是否符合，再根据尝试结果缩小二分区间。双指针：双指针用于寻找某个特定的区间，或者分别对两个序列进行遍历。一个从序列头开始的不定长滑窗，这个滑窗的起始和结束就是用双指针来表示的。并查集：并查集通常用于表示各个元素之间的连通关系，然后判断元素分类有多少类，或者某两个元素是否属于同一类。第三阶段：优化方法 𐟚€ 了解时间复杂度和空间复杂度的概念，并了解各种常用方法的复杂度。例如，给一个数组，求数组内长度为3的区间的最大值。很容易想到设置一个长度为3的滑窗，然后用sum对滑窗内的元素求和，但这个方法不是时间最优方法。前缀和则是这类问题的常见优化方法，只需要遍历一次，得到前缀和列表，那么原列表的区间和就变成了两个常数相减，可以在O（1）时间内得到任意区间的和。希望这些经验能帮助你在OD机考中取得好成绩！𐟓ˆ

最长递增子序列的动态规划解法 𐟚€ 这道题的挑战在于找到最长的递增子序列并计算其长度。我的解决方案是使用动态规划。具体来说，我定义了两个状态：`dp[i][0]` 表示选择当前元素时的最长递增子序列长度，而 `dp[i][1]` 则表示不选择当前元素时的最长递增子序列长度。在遍历数组时，我会根据当前元素与前一个元素的大小关系来更新 `dp` 数组。如果当前元素大于前一个元素，那么递增子序列的长度就可以增加1，即 `dp[i] = dp[i-1] + 1`。如果当前元素不大于前一个元素，那么递增子序列的长度就只能重置为1。这个方法的关键在于利用动态规划的状态转移方程来逐步构建最长递增子序列的长度。虽然这种方法在时间复杂度上可能稍高，但它能够有效地解决问题。另外，还有一道类似的题目要求找到最长公共子数组的长度。这里使用了二维动态规划，其中 `dp[i][j]` 表示以 `nums1[i]` 和 `nums2[j]` 结尾的最长公共子数组长度。通过遍历两个数组并比较对应位置的元素，可以更新 `dp` 数组。如果两个元素相等，那么公共子数组的长度就可以增加1；如果不相等，那么公共子数组的长度就只能重置为0。虽然这个方法在时间复杂度上较高，但它能够准确地找到最长公共子数组的长度。

打家劫舍II：动态规划解法详解昨天的题目和今天的题目差不多，看来这几天都要和打家劫舍较劲了。正好可以趁这个机会复习一下动态规划。以下是原文：这次我终于搞懂了一点动态规划的精髓。最开始我以为是要从第一个房子还是第二个房子开始考虑，结果发现其实和打家劫舍1没啥区别。关键还是在于是否打劫当前房子。首先，我们定义一个dp数组，dp[i]表示打劫到第i个房子时的最大收益。那么，打劫当前房子后，dp[i] = dp[i-2] + nums[i]（因为打劫了当前房子就不能打劫之前的房子），不打劫当前房子则dp[i] = dp[i-1]。所以，状态转移方程就是：dp[i] = max(dp[i-2] + nums[i], dp[i-1])。最后，只需要分类讨论一下是从第一个房子开始打劫还是第二个房子开始打劫就行了。希望这段解释能帮到大家，加油！𐟒ꀀ

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