每日算法

代码 1 递归枚举所有情况： 先除 2 再加 1 ，防止 n + 1 越界 代码 2 记忆化搜索： 代码 1 的优化，记录递归情况 代码 3 贪心：

代码 1 动态规划： 动态转移方程 当然下面代码依然可以优化 up 结尾为上升 down 结尾为下降 代码 1 优化 代码 2 贪心： prediff 上一个差异 diff 当前差异

代码 1 双向遍历： 如题：找到一个元素，其左有一个小于自己的元素，其右有一个大于自己的元素 每次遍历满足一个条件，第一次正向遍历，找到当前元素的左边的最小值 第二层反向遍历，找到当前元素右边的最大值

代码： 对于正整数 x，如果区间 [1,x−1] 内的所有数字都已经被覆盖，且 x 在数组中，则区间 [1,2x−1] 内的所有数字也都被覆盖。

代码： maxSubsequence 函数来求单调栈 lexicographicalLess 函数来比较两个数组的大小 merge 函数来合并两个子数组 maxNumber 函数，来分配子问题，并维护

代码： left 数组表示 s 中各个字符的数量 stack 特殊要求的单调递增栈 instack 表示某字符是否已经加入栈 遍历字符串 s ，每遍历一个字符，则在 left 中将该字符数量减一，以此

代码： 排序，制定排序规则，模拟两个数谁在前谁在后，然后返回两个模拟结果的比较即可 如果第一个元素为 0 ，直接返回 0 即可（特殊情况） int 数组转 字符串 代码2： ans 生成方式不同 将数

代码两次遍历： 所以我们第一次遍历只记录满足左规则的各个学生的糖果数 在第二次遍历时，将满足右规则的答案得出，取两者的最大值即可， 代码常数空间遍历： 记录当前递减序列的长度 dec，最近的递增序列的

代码贪心： 遍历每一个加油站，判断是否可以绕环路一圈 但可以发现，从 a 点起，最多到达 b 点，两点中间的 点，最多也是到达 b 点 故而我们从 0 开始遍历，找到最远可以到达的位置，我们从这个最远

代码动态规划： 状态转移 1 到 根号 i 中的数做最后一次转换，也就是 f[i-（j的平方）] 然后再加 1 即可

枚举每一数位上的 1 的个数 for 循环从个位数上的 1 的个数开始累加答案 (n/(mulk*10))*mulk 表示有多少个完整的循环， 后者则是表示不完整的那个循环中有多少个当前位数的 1 的

动态规划： a[i] 表示第（i+1）次买入，b[i] 表示第（i+1）次卖出 当前状态可以由两种状态转化而来，一种是继承前一天的自己，一种是由前一天的买入卖出状态相互转换 不需要考虑当天是否可以多次

动态规划： 正向完善 dp 会发现之后的情况会影响之前的情况，所以我们从终点出发，逆向推到动态转移 构造 dp[i][j] 表示到当前格到终点所需要的最小健康点数 方便写代码，我们多开了一行一列 我们

代码：动态规划 第一次动态规划，进行预处理问题，得到 dp 数组，dp[i][j] 表示 s[i:j+1] 字符串是否是回文串 第二次动态规划，f[i] 表示 s[0:i+1] 需要分割多少次 f 数

代码1：回溯＋动态规划 f[i][j] 表示下标 i 到 下标 j 的字符串是否是回文串 2. dfs 函数递归实现分割字符串 3. 因为步骤一的动态规划预处理使得在 dfs 中哦 O（1）的得出是否

递归代码： recur 函数返回当前节点的最大贡献值， 即路径走左还是走右， 当然如果左右贡献为负， 那自然不再往下走了， 从而得到最大路径和 由此可以看出如果我们想要得到最大贡献值需要从底往上求，那

代码动态规划： 某一天中，你会处于 5 种状态， 一：什么也没干 二：一次买入 三：一次买入卖出 四：再次买入 五：再次卖出 第一种状态永远是 0 ，自然可以不考虑 每种状态都可以继承昨天的自己或者由

动态规划代码： dp[i][j] 表示 s[:i] 子序列中 t[:j] 出现了几次 当前字符不同，那么状态转移 dp[i][j] = dp[i-1][j] 相同则 dp[i][j] = dp[i-1

动态规划代码： 注释代码超时了 新代码用for循环模拟递归，来完成动态规划，由小问题到大问题，动态规划

代码回溯： 遍历根节点，问题被分解成求其左子树，以及右子树 大问题分解为了小问题 然后重复操作，进行递归分解就可以了 当然因为得到子问题的是数组，所以for循环读取一下 因为二叉搜索树的左小于根小于右