理论基础：
如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。
动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优的。
例子：
例如：有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
动态规划中dp[j]是由dp[j-weight[i]]推导出来的，然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。
但如果是贪心呢，每次拿物品选一个最大的或者最小的就完事了，和上一个状态没有关系。
所以贪心解决不了动态规划的问题。
动规五部曲：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
并不只是找到递推公式便完事大吉了，五步都很重要
如何debug:
打印dp数组的日志！以下灵魂三问：
- 这道题目我举例推导状态转移公式了么？
- 我打印dp数组的日志了么？
- 打印出来了dp数组和我想的一样么？
509.斐波拉契数
力扣题目链接
题意：
给定n，求F（n）,0<=n<=30
虽然比较简单，但是正是因为简单，可以用来练习方法论，为难题打好基础
五部曲：
1.dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]
2.递推公式：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
3.dp的初始化：
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;4. 确定遍历顺序：从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的
5.举例推导dp数组
如果不对就打印日志
代码（1）
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;vector<int> dp(N + 1);dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[N];}
};代码（2）
其实我们只需要维护两个数值就可以了，不需要记录整个序列。以降低空间复杂度到O（1）
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;int dp[2];dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {int sum = dp[0] + dp[1];dp[0] = dp[1];dp[1] = sum;}return dp[1];}
};代码（3）递归
但是时间复杂度从O（n）变成了O（2^n）
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N < 2) return N;return fib(N - 1) + fib(N - 2);}
};70.爬楼梯
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题意：
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
五步曲：
1.dp[i]，爬到第i层的方法
2.递推公式：dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]，因为到每一层只可能是从前一层爬一步或者前两层爬两步爬上来的，这里可以发现这道题跟斐波拉契那道题一样。
3.初始化：dp[1]=1;dp[2]=2;
4.确定遍历顺序：从前往后
5.举例√
overover，下面放代码
代码（优化）
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n <= 1) return n;int dp[3];dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {int sum = dp[1] + dp[2];dp[1] = dp[2];dp[2] = sum;}return dp[2];}
};746、使用最小花费爬楼梯
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题意：
给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。
请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
五步曲：
1.含义：到i的最小花费
2.公式dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
3.初始化，dp[0]=dp[1]=0;
4.确定顺序：从前往后
5.举例看对不对√
代码（优化）：
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n=cost.size();vector<int>dp(5);dp[0]=dp[1]=0;for(int i=2;i<=n;i++){dp[2]=min((dp[1]+cost[i-1]),(dp[0]+cost[i-2]));dp[0]=dp[1];dp[1]=dp[2];}return dp[2];}
};62、不同路径
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题意：
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。
问总共有多少条不同的路径？
五步曲：
1.dp[i][j]表示到达该坐标的路径数
2.只能从左边和上面来，所以dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
3.初始化，要初始整个第一列和第一行
4.顺序，正常的就行
5.举例OK
代码：
class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}
};63、不同路径||
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题意：
只是多了一个障碍物，网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示
具体实现跟62题区别不大，只是要处理一下障碍：
首先是每次用递推公式前判断是否有障碍：
if (obstacleGrid[i][j] == 0) { // 当(i, j)没有障碍的时候，再推导dp[i][j]dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
初始化也有不同：
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;代码：
优化版看不懂o(╥﹏╥)o太菜了......
class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.size();int n = obstacleGrid[0].size();if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) //如果在起点或终点出现了障碍，直接返回0return 0;vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];}}return dp[m - 1][n - 1];}
};343、整数拆分
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题意：
给定一个正整数 n ，将其拆分为 k 个 正整数 的和（ k >= 2 ），并使这些整数的乘积最大化。
返回 你可以获得的最大乘积 。
2 <= n <= 58
五步曲：
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。
2.确定递推公式
可以想 dp[i]最大乘积是怎么得到的呢？
其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i].
一个是j * (i - j) 直接相乘。
一个是j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)
为何不拆分j?
j是从1开始遍历，拆分j的情况，在遍历j的过程中其实都计算过了。那么从1遍历j，比较(i - j) * j和dp[i - j] * j 取最大的。递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
其实还是不好理解（可能我太菜了，看了好久都不太能理解），我是这么想滴：
首先外层循环i，就是每个数字，跟以前题目一样，因为要从小到大排，其次是内层循环，相当于是要拆分一个数字，首先不知道拆成几个，其次不知道拆成什么，那就用一个循环，假设每个j都是确定的了，那剩下的数字是一个或者多个，换句话说，剩下那个未知的数字拆还是不拆，就像01背包的选还是不选：
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));}
}i/2的来源：因为拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的。
3.初始化：dp[2] = 1
4.确定遍历顺序
dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态，所以遍历i一定是从前向后遍历，先有dp[i - j]再有dp[i]。
5.举例推导dp数组√
code
class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector<int> dp(n + 1);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];}
};96、不同的二叉搜索树
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题意：
给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。
1 <= n <= 19
五步曲：
首先是分析思路：
dp[3]，就是 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
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
2.在上面的分析中，其实已经看出其递推关系， 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
3.初始化：dp[0] = 1
4.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。
代码如下：
for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= i; j++) {dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];}
}5.举例over√
code
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];}
};好久没有更新了，实在是小学期太忙啦！
