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什么题可以选择动态规划来做？
1.计数
- 有多少种方式走到右下角
- 有多少种方法选出k个数是的和是sum
2.求最大值最小值
- 从左上角走到右下角路径的最大数字和
- 最长上升子序列长度
3.求存在性
- 取石子游戏,先手是否必胜
- 能不能选出k个数使得和是sum
4.综合运用
- 动态规划 + hash
- 动态规划 + 递归
- ...
leecode 140. 单词拆分 II
给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，在字符串中增加空格来构建一个句子，使得句子中所有的单词都在词典中。返回所有这些可能的句子。
说明：
分隔时可以重复使用字典中的单词。
你可以假设字典中没有重复的单词。
示例 1：
输入:
s = "catsanddog"
wordDict = ["cat", "cats", "and", "sand", "dog"]
输出:
[ "cats and dog", "cat sand dog" ]
示例 2：
输入:
s = "pineapplepenapple"
wordDict = ["apple", "pen", "applepen", "pine", "pineapple"]
输出:
[ "pine apple pen apple", "pineapple pen apple", "pine applepen apple" ]
解释: 注意你可以重复使用字典中的单词。
示例 3：
输入:
s = "catsandog"
wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出:
[]
--
这是一道困难题，请先看单词拆分I
❤️❤️❤️❤️
2.1. 动态规划组成部分1：确定状态
简单的说，解动态规划的时候需要开一个数组，数组的每个元素f[i]或者f[i][j]代表什么，类似数学题中x, y, z代表什么
最后一步
我们定义 dp[i] 表示字符串 s 前 i 个字符组成的字符串 s[0..i−1] 是否能被空格拆分成若干个字典中出现的单词
假如在j这个位置进行空格拆分，那么判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词，我们可以判断s [0到j - 1] 和 s[j 到 i - 1] 这两部分是否在字典中
s[0到j-1] 我们可以用动态规划的思想，我存储之前的字典
例如，s = "leetcode", wordDict = ["lee",“t” ,"code"]
[0到j - 1] 可以指 ["lee",“t”] 这两个单词，因为dp[0] = true, d[1]在字典里，因此转移方程可以如下：
1.2. 动态规划组成部分2：转移方程
dp[i]=dp[j] && check(s[j..i−1])
这里的check可以是hash判断，截取的字符串是否在字典数组中。
1.3. 动态规划组成部分3：初始条件和边界情况
dp[0] = true; 空字符串是符合题意的。
1.4. 动态规划组成部分4：计算顺序
依次计算，用i去遍历0到j。
参考代码
GO语言版
func wordBreak(s string, wordDict []string) (sentences []string) {
wordSet := map[string]struct{}{}
for _, w := range wordDict {
wordSet[w] = struct{}{}
}
n := len(s)
dp := make([][][]string, n)
var backtrack func(index int) [][]string
backtrack = func(index int) [][]string {
if dp[index] != nil {
return dp[index]
}
wordsList := [][]string{}
for i := index + 1; i < n; i++ {
word := s[index:i]
if _, has := wordSet[word]; has {
for _, nextWords := range backtrack(i) {
wordsList = append(wordsList, append([]string{word}, nextWords...))
}
}
}
word := s[index:]
if _, has := wordSet[word]; has {
wordsList = append(wordsList, []string{word})
}
dp[index] = wordsList
return wordsList
}
for _, words := range backtrack(0) {
sentences = append(sentences, strings.Join(words, " "))
}
return
}
java版
public List<String> wordBreak2(String s, List<String> wordDict) {
// 为了快速判断一个单词是否在单词集合中，需要将它们加入哈希表
Set<String> wordSet = new HashSet<>(wordDict);
int len = s.length();
// 第 1 步：动态规划计算是否有解
// dp[i] 表示「长度」为 i 的 s 前缀子串可以拆分成 wordDict 中的单词
// 长度包括 0 ，因此状态数组的长度为 len + 1
boolean[] dp = new boolean[len + 1];
// 0 这个值需要被后面的状态值参考，如果一个单词正好在 wordDict 中，dp[0] 设置成 true 是合理的
dp[0] = true;
for (int right = 1; right <= len; right++) {
// 如果单词集合中的单词长度都不长，从后向前遍历是更快的
for (int left = right - 1; left >= 0; left--) {
// substring 不截取 s[right]，dp[left] 的结果不包含 s[left]
if (wordSet.contains(s.substring(left, right)) && dp[left]) {
dp[right] = true;
// 这个 break 很重要，一旦得到 dp[right] = True ，不必再计算下去
break;
}
}
}
// 第 2 步：回溯算法搜索所有符合条件的解
List<String> res = new ArrayList<>();
if (dp[len]) {
Deque<String> path = new ArrayDeque<>();
dfs(s, len, wordSet, dp, path, res);
return res;
}
return res;
}
/**
* s[0:len) 如果可以拆分成 wordSet 中的单词，把递归求解的结果加入 res 中
*
* @param s
* @param len 长度为 len 的 s 的前缀子串
* @param wordSet 单词集合，已经加入哈希表
* @param dp 预处理得到的 dp 数组
* @param path 从叶子结点到根结点的路径, 既然是队列，先进后出，需要保存叶子结点到根结点的路径，那么先进的是根节点
* @param res 保存所有结果的变量
*/
private void dfs(String s, int len, Set<String> wordSet, boolean[] dp, Deque<String> path, List<String> res) {
if (len == 0) { //
res.add(String.join(" ",path));
return;
}
// 可以拆分的左边界从 len - 1 依次枚举到 0
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
String suffix = s.substring(i, len);
// 保证根节点或者叶子节点在集合中，dp[i] = true，表示并不会重复出现
// 因此len = 0时，即可将结果添加
if (wordSet.contains(suffix) && dp[i]) {
path.addFirst(suffix); // 先进根节点，再进叶子节点
dfs(s, i, wordSet, dp, path, res); // i--
path.removeFirst(); // 先移除叶子节点，在移除根节点
}
}
}
@Test
public void iswordBreak2() {
ArrayList a = new ArrayList<String>();
a.add("ab");
a.add("c");
a.add("a");
a.add("bc");
List<String> i = wordBreak2("abc", a);
Assert.assertNotNull(i);
}
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