算法

看图说话，到达红色方块的路径数是到达两个黄色方块路径之和，这个比较好理解，毕竟只能向右走，向下走。 由此可以推出转移方程代码： 然后初始化刚开始的状态就好

这一题比较典型的dp，也可以节约dp的过程，用中间变量即可。 数组中可能存在负数，负负得正这个问题要解决，所以不能一开始就舍弃负数，可以用一个临时变量来存放 dp解法，区分当前值的正负性，

假设最大值max与最小值min之差为 diff diff <= 2k 的时候，那么 res = 0 diff > 2k 的时候，那么 res = diff - 2k

思路：取出第一个字符串来跟剩下的做对比，时间复杂度就是 O(nm)，n为字符串数组strs的长度，m为第一个字符串的长度。 这里的indexOf也可以替换为 startWith

对于这种波及类型的题目，无非两种方案 1.DFS 2.BFS 这这一题里面，只能用BFS来解决，因为涉及到层次的问题，所以BFS是专用来解决这类题目的

动态规划解法（时间复杂度：O(n^2)） 使用一个数组 dp，其中 dp[i] 表示以 nums[i] 结尾的最长递增子序列的长度。 对于每一个 i，我们遍历之前的所有元素 j，如果 nums[j]

这个问题可以用 动态规划 来解决。我们定义一个布尔数组 dp，其中 dp[i] 表示字符串前 i 个字符是否可以用字典中的单词拆分。 初始化：dp[0] = true，因为空字符串可以被认为是可以拆分

动态规划 这个问题可以通过 动态规划 来解决。我们定义 dp[i] 表示凑成金额 i 所需的最少硬币数，目标是找到 dp[amount]。 初始状态：dp[0] = 0，即凑成金额 0 需要 0 个硬

动态规划 i - j * j尝试所有小于i的元素的完全平方数，dp[i - j * j] + 1来更新当前的次数 状态转移方程

动态规划 不能连续的抢劫两家，对于这里的状态转移方程就是 当前的这一家不抢 vs 抢劫当前这一家，选取一个最大值 dp题解 空间复杂度：O(n) 空间复杂度：O(1) 类似于斐不拉契数列，这里要维护一

动态规划，比较简单的题目，可以一目了然上一轮的状态，然后推算出本次的状态 使用双重循环来生成每一行，并且每行第一个和最后一个元素都是 1，中间的元素通过上一行的元素相加得到。

动态规划 18行代码 dp[i][j] 表示在第 i 天时，最多允许 j 次交易，能获得的最大利润。 这里我们有两个选择： 不交易：即保持前一天的最大利润 dp[i-1][j]，也就是今天不进行交易。

可以买卖两次，两次股票的购买与出售不要交叉，必须买卖完一支，再进行另外一支 这道题的关键在于如何使用动态规划来记录两个交易的最大收益。为了做到这一点，可以维护四个变量，分别表示在某些状态下的最大收益：

贪心算法 无限次买卖，计算出最大利润 时间复杂度: O(n)，其中 n 是价格数组的长度，我们只需要遍历一次数组。 空间复杂度: O(1)，只需要常数的额外空间。

贪心算法 思路：记录下每次遍历的最小值，然后计算当前价格与最小值的差价即可，保存最大差价。 这里题没有多少技巧

将链表分成多少段，依据nums数组的元素来分，如果连续的链表元素存在于链表之中，那就是一段 这一题比较好解决，判断的时候直接判断当前节点current是否存在于nums中，以及current.next

其实这一题新建一个链表比较方便，直接在原链表上面操作比较麻烦 遇到不是0的节点，用临时元素sum来进行累加，然后遇到0节点直接新建一个节点即可，然后进行衔接

单调栈解法 这是这道题最常用的解法，利用栈来帮助追踪温度变化。 算法思路： 使用栈存储温度的下标。当遇到比栈顶温度高的元素时，弹出栈顶，计算两个下标的差值即为等待的天数。 栈内保持从栈底到栈顶递减的顺

使用一个minStack来维护最小值，在push的时候，来看下minStack的栈顶元素和需要push进来的元素val大小关系，如果需要push进来的value <= 栈顶元素，那就push进入到mi

典型的用stack来解决的题目，同时可以看下22题 用 栈 来解决这个问题，因为栈遵循 后进先出 的原则，非常适合处理括号匹配问题。当遇到左括号时，将其压入栈中；当遇到右括号时，检查栈顶是否是相应的左