动态规划常见面试编程题(python)

                              在线编程——动态规划常见的面试问题总结（Python）

O、求解方法：阶段 + 状态变量 + 状态转移方程 + 边界条件

（1）划分阶段：按照问题的时间或空间特征，把问题分为若干个阶段。在划分阶段时，注意划分后的阶段一定要是有序的或者是可排序的，否则问题就无法求解。

（2）确定状态和状态变量：将问题发展到各个阶段时所处于的各种客观情况用不同的状态表示出来。当然，状态的选择要满足无后效性。

（3）确定决策并写出状态转移方程：因为决策和状态转移有着天然的联系，状态转移就是根据上一阶段的状态和决策来导出本阶段的状态。所以如果确定了决策，状态转移方程也就可写出。但事实上常常是反过来做，根据相邻两段各状态之间的关系来确定决策。

（4）寻找边界条件：给出的状态转移方程是一个递推式，需要一个递推的终止条件或边界条件。

一、问题总结

1、硬币问题

2、爬楼梯问题（青蛙跳台问题）

3、装箱问题与背包问题

4、最大递增子序列问题（最长上升子序列问题）

5、最长公共子序列问题

6、最长公共子串问题

7、最大连续子序列求和问题（最大子串求和问题）

8、股票收益最大化（一次交易、多次交易与最多两次交易）

二、硬币问题

题型1、 假设有 1 元， 3 元， 5 元的硬币若干（无限） ， 现在需要凑出 11 元，问如何组合才能使硬币的数量最少？

（1）思考过程（参考硬币问题）

        假设一个函数 dp(i) 表示需要凑出 i 的总价值需要的最少硬币数量，那么我们不难想到：

• 当 i = 0 时， dp(0) = 0。因为不要凑钱了嘛，当然也不需要任何硬币了。这一步很关键！
• 当 i = 1 时， dp(1) = 1。
• 当 i = 2 时，因为我们并没有 2 元的硬币，所以只能拿 1 元的硬币来凑, dp(2) = 2。
• 当 i = 3 时，我们可以在第 3 步的基础上加上 1 个 1 元硬币，得到 3 这个结果。但其实我们有 3 元硬币，所以这一步的最优结果不是建立在第 3 步的结果上得来的，而是应该建立在第 1 步上，加上 1 个 3 元硬币，得 dp(3) = 1。
• 依此类推……

        可以看出，除了第 1 步，其他往后的结果都是建立在它之前得到的某一步的最优解上，加上 1 个硬币得到，因此可以得出：

d(i) = d(j) + 1， j < i。通俗地讲，如果我们需要凑出 i 元，就在凑出 j 的结果上再加上某一个硬币就行了。

        那这里我们加上的是哪个硬币呢。嗯，其实很简单，把每个硬币试一下就行了：

• 假设最后加上的是 1 元硬币，那 dp(i) = dp(j) + 1 = dp(i - 1) + 1。
• 假设最后加上的是 3 元硬币，那 dp(i) = dp(j) + 1 = dp(i - 3) + 1。
• 假设最后加上的是 5 元硬币，那 dp(i) = dp(j) + 1 = dp(i - 5) + 1。

         因此，分别计算出 dp(i - 1) + 1，dp(i - 3) + 1，dp(i - 5) + 1 的值，取其中的最小值，即为最优解 d(i)，状态转移方程：

                                      dp[i] = min{dp[i - coins[j]] + 1},   其中 i >= coins[j], 0 <= j < coins.length 

        换一种表达方式：给定总金额为A的一张纸币，现要兑换成面额分别为a1,a2,....,an的硬币，且希望所得到的硬币个数最少。

（2）Python代码，参考https://blog.csdn.net/XX_123_1_RJ/article/details/80353497

  
  
# 动态规划思想 dp方程式如下
# dp[0] = 0
# dp[i] = min{dp[i - coins[j]] + 1}, 且 其中 i >= coins[j], 0 <= j < coins.length
# 回溯法，输出可找的硬币方案
# path[i] 表示经过本次兑换后所剩下的面值，即 i - path[i] 可得到本次兑换的硬币值。


def changeCoins(coins, n):
if n < 0: return None
dp, path = [ 0] * (n + 1), [ 0] * (n + 1) # 初始化
for i in range( 1, n + 1):
minNum = i # 初始化当前硬币最优值
for c in coins: # 扫描一遍硬币列表，选择一个最优值
if i >= c and minNum > dp[i - c] + 1:
minNum, path[i] = dp[i - c] + 1, i - c
dp[i] = minNum # 更新当前硬币最优值

print( '最少硬币数:', dp[ -1])
print( '可找的硬币', end= ': ')
while path[n] != 0:
print(n - path[n], end= ' ')
n = path[n]
print(n, end= ' ')


if __name__ == '__main__':
coins, n = [ 1, 3, 5], 11 # 输入可换的硬币种类，总金额n
changeCoins(coins, n)
  
  

运行结果：

题型2、 有数量不限的硬币， 币值为25分、 10分、 5分和1分， 请编写代码计算n分有几种表示法。

（1）求解思路，参考博客https://blog.csdn.net/HelloZEX/article/details/81205940

• 当只有1分的硬币时， n从1到n分别有多少种表示方法；
• 当有1分和5分的硬币时， n从1到n分别有多少种表示方法；
• 依次类推， 直到我们将1分、5分、 10分和25分的硬币全部使用完， 思想类似于0-1背包问题。

        用数组coins[i] = {1,5,10,25}表示各种币值， 假设ways[i][j]代表能用前i种硬币来表示j分的方法数目。此时可以得到一张二维表ways[i][j]，其中横坐标表示前i种表示币值， j表示硬币的总值。当增加一种新的硬币币值时， 有两种情况：

• 若不加入此种币值： ways[i][j]=ways[i-1][j]；
• 若加入此种币值： 加入该枚硬币之前的方法数为ways[i][j-coins[i]]，那么加入该枚硬币之后构成 j 分的方法数也为ways[i][j-coins[i]]。因此当增加一种新的币值时， j 分的表示方法数为ways[i][j]=ways[i-1][j]+ways[i][j-coins[i]]。

（2）Python代码

二维表的形式：

  
  
def changeCoins2(coins, n):
len1 = len(coins)
if len1 == 0 and n < 0:
return None
ways = [[ 0] * (n+ 1) for row in range(len1)]
for i in range(len1):
ways[i][ 0] = 1 # 第1行初始化为1
for j in range( 1, n+ 1):
ways[ 0][j] = 1 # 第1列初始化为1
for i in range( 1, len1):
for j in range( 1, n+ 1):
if j>=coins[i]:
ways[i][j] = ways[i - 1][j] + ways[i][j - coins[i]]
else:
ways[i][j] = ways[i - 1][j]

print( '\n假设有数量不限的硬币, 币值为{0}, 则{1}分共有{2}种表示法'.format(coins, n, ways[len1 - 1][n]))


if __name__ == '__main__':
coins, n = [ 1, 5, 10, 25], 10 # 输入可换的硬币种类，总金额n
changeCoins2(coins, n)
  
  

运行结果：

        当然，二维表未免过于复杂，我们可以用一张一维表，即用一维数组ways[j]来记录j分的表示方法数。改进的代码实现如下：

  
  
def changeCoins2(coins, n):
len1 = len(coins)
if len1 == 0 and n < 0:
return None
ways = [ 0] * (n+ 1) # 初始化
ways[ 0] = 1

for i in range(len1):
for j in range(coins[i], n+ 1):
# 保证n小于等于100000，为了防止溢出，请将答案Mod 1000000007
ways[j] = (ways[j] + ways[j - coins[i]])% 1000000007

print( '\n假设有数量不限的硬币, 币值为{0}, 则{1}分共有{2}种表示法'.format(coins, n, ways[n]))

if __name__ == '__main__':
coins, n = [ 1, 5, 10, 25], 10 # 输入可换的硬币种类，总金额n
changeCoins2(coins, n)
  
  

运行结果同上。

三、爬楼梯问题（青蛙跳台问题）

        题型1、一只青蛙一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）。见剑指offer——跳台阶。

（1）分析过程，参考https://www.aliyun.com/jiaocheng/520413.html

假设f(n)表示一只青蛙跳上一个n级台阶总共的跳法总数，则不难可得：

• 当n = 0时，f(0) = 0；
• 当n = 1时， f(1) = 1；
• 当n = 2时， f(2) = 1+1 = 2，表示一种跳法是跳两次1级台阶，另一种跳法是跳一次2级台阶；
• 依次递推，得到递推公式为：f(n) = f(n - 1) + f(n - 2) , n>=3。

        因此，这个题的本质就是斐波那契数列！！！但又不完全是！！！我们知道，这个数列可以用递归函数来表示，也可以用迭代来进行计算，前者属于自顶向下的模式（简洁明了），后者属于自底向上的模式（简单高效），面试过程中建议两者皆会！实际工程中常用迭代的方法！

（2）Python代码

A、递归求解：

  
  
def jumpFloor(number):
# write code here
if number <= 0: return 0
if number == 1: return 1
if number == 2: return 2
if number >= 3:
return jumpFloor(number - 1) + jumpFloor(number - 2)

print(jumpFloor( 2))
  
  

B、迭代求解：

  
  
# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
def jumpFloor(self, number):
# write code here
if number<= 0: return 0
if number== 1: return 1
if number== 2: return 2
jumpFloor1,jumpFloor2 = 1, 2
if number>= 3:
for i in range( 3,number+ 1):
res = jumpFloor1+jumpFloor2
jumpFloor1,jumpFloor2 = jumpFloor2,res
return res
  
  

当然，如果整理后，还可以写出更简洁的代码，参考Python用时最短

  
  
# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
def jumpFloor(self, number):
# write code here
a = 1
b = 1
for i in range(number):
a,b = b,a+b
return a
  
  

小结：如果我们变化一下，一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级，也可以跳上3级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法（先后次序不同算不同的结果）。

推导方式同上：

• 当n = 0时，f(0) = 0；
• 当n = 1时， f(1) = 1；
• 当n = 2时， f(2) = 1+1 = 2，表示一种跳法是跳两次1级台阶，另一种跳法是跳一次2级台阶；
• 当n = 3时， f(3) = 1+1+1+1 = 4，表示一种是跳三次1级台阶，一种是先跳1级再跳2级台阶，一种是先跳2级再跳1级台阶，还有一种是直接跳3级台阶；
• 依次递推，得到递推公式为：f(n) = f(n - 1) + f(n - 2) + f(n - 3)，n >= 4。

编程的话类似处理，两种方法，迭代为佳！！！

题型二：一只青蛙一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。

（1）分析过程

假设f(n)表示一只青蛙跳上一个n级台阶总共的跳法总数，则不难可得：

• 当n = 0时，f(0) = 0；
• 当n = 1时，f(1) = f(0) + 1 = 1；
• 当n = 2时，f(2) = f(0) + f(1) + 1 = 2；
• 当n = 3时，f(3) = f(0) + f(1) + f(2) + 1 = 4；

依次类推，得到：

• f(n) = f(0) + f(1) + f(2) + … + f(n - 1)
• f(n - 1) =  f(0) + f(1) + f(2) + … + f(n - 2)

那么两式相减得到：f(n) = 2*f(n - 1)。什么？这不就是我们高中所学的等比数列通项公式吗？

（2）Python代码

  
  
# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
def jumpFloorII(self, number):
# write code here
if number<= 0: return 0
if number>= 1: return pow( 2,number -1) #数学归纳法得出结论
  
  

注意：这里如果不用内置函数pow()，用2**(number - 1)，时间效率会低几十倍！！！

四、装箱问题与背包问题

题型： 有一个箱子容量为V（正整数， 0＜＝V＜＝20000） ， 同时有n个物品（0＜n＜＝30） ， 每个物品有一个体积（正整数）要求n个物品中， 任取若干个装入箱内， 使箱子的剩余空间为最小。

输入描述：

• 一个整数v，表示箱子容量
• 一个整数n，表示有n个物品
• 接下来n个整数，分别表示这n 个物品的各自体积

输出描述：

• 一个整数，表示箱子剩余空间。

样例输入：

  
  
24
6
8
3
12
7
9
7
  
  

样例输出：

0
  
  

（1）分析过程

        属于背包型动态规划，相当于背包容量和背包中物品价值二者相等的一般背包问题（貌似也称为伪背包问题）。通过转化思想即求：在总体积为V的情况下，可以得到的最大价值，最后再用总体积减去最大价值时所占空间就是剩下的最少空间。

        假设每个物品i的体积为Vi，i=1,2,…,n，dp[ i ][ j ]表示前 i 件物品装入体积为 j 的箱子，箱子总共所占的最大体积。一共n件物品，那么dp[ n ][ V ]就是前 n 件物品选择部分装入体积为V的箱子后，箱子所占的最大体积。

• 当当前输入的物品体积大于箱子容量剩余空间 j 时，即Vi > j，则不装箱，得到：dp[ i ][ j ] = dp[i - 1][ j ]；
• 当当前输入的物品体积小于等于箱子容量剩余空间 j 时，即Vi <= j，则需要考虑装与不装两种状态，取体积最大的那一个：dp[ i ][ j ] = max( dp[i - 1][ j ]，dp[ i - 1 ][ j - t ] + t )，t = Vi。

         以上思路是二维表的情况，若改为一维表呢？对于每一个物品i，都存在放入箱子和不放入箱子两种情况。当前箱子容量剩余j时，若i放入，则为dp[ j - a[ i ] ] + a[ i ]；若 i 不放入，则为dp[ i ]；因此，状态转移方程为：dp[ j ] = max( dp[ j ], dp[ j - a[ i ] ] + a[ i ] )。

（2）Python代码

二维表情况：

  
  
def solveBinPacking(V, arr):
len1 = len(arr)
if V<= 0 and len1 == 0:
return None
dp = [[ 0]*(V+ 1) for row in range(len1+ 1)] # 初始化
for i in range( 1, len1 + 1):
t = arr[i -1]
for j in range( 1, V+ 1):
if j>= t:
dp[i][j] = max(dp[i -1][j], dp[i -1][j-t] + t)
else:
dp[i][j] = dp[i -1][j]
return V-dp[len1][V]


if __name__ == '__main__':
V = int(input()) # 最大体积
n = int(input()) # 物品数量
arr = []
for i in range(n):
tmp = int(input())
arr.append(tmp)

print(solveBinPacking(V, arr))
  
  

一维表情况：

  
  
def solveBinPacking(V, arr):
len1 = len(arr)
if V<= 0 and len1 == 0:
return None
dp = [ 0]*(V+ 1)
for i in range(len1):
for j in range(arr[i], V+ 1):
dp[j] = max(dp[j], dp[j - arr[i]] + arr[i])
return V-dp[V]

if __name__ == '__main__':
V = int(input()) # 最大体积
n = int(input()) # 物品数量
arr = []
for i in range(n):
tmp = int(input())
arr.append(tmp)

print(solveBinPacking(V, arr))
  
  

 运行结果：

总结：背包问题参考博客https://blog.csdn.net/xp731574722/article/details/70766804。

 五、最大递增子序列问题（最长上升子序列问题）

题目：最长上升子序列问题（LIS），给定n个整数A1,A2,…,AnA1,A2,…,An，按从左到右的顺序选出尽量多的整数，组成一个上升子序列。 例如序列1, 6, 2, 3, 7, 5，可以选出上升子序列1, 2, 3, 5，也可以选出1, 6, 7，但前者更长。选出的上升子序列中相邻元素不能相等。

     子序列可以理解为：删除0个或多个数，其他数的顺序不变，数学定义为：已知序列U_1，U_2，…，U_n，其中U_i<U_(i+1)，且A[U_i]<A[U_(i+1)]）。常见考题为：对于一个数字序列，请设计一个算法，返回该序列的最大上升子序列的长度。

输入描述及样例（给定一个数字序列）：

[2, 1, 4, 3, 1, 5, 6] 
  
  

输出描述及样例（最长上升子序列的长度）：

4
  
  

（1）分析过程，参考博客https://blog.csdn.net/lw_power/article/details/80758674

         假设dp[ i ]表示以标识为 i 的元素为递增序列结尾元素的最长递增子序列的长度，由于这里的递增序列不要求严格相邻，因 此 arr[ i ]需要和每一个arr[ j ] ( i > j ) 比较，该方法的算法复杂度为O(N^2)：

• 若存在 arr[ i ] > arr[ j ]，说明第 i 个元素可以接在第 j 个元素后面作为新的递增序列的结尾，即dp[ i ] = max(dp[ j ])+1 = max(dp[ j ] + 1)；
• 若存在 arr[ i ] <= arr[ j ]，说明第 i 个元素比前面所有的数都小，此时以 i 元素作为结尾的递增序列长度为1，即dp[ i ] = 1；
• 最后，取出dp中最大的值就是最长的递增子序列的长度。

因此，状态转移方程为：当 arr[ i ] <= arr[ j ] 且 j < i时，dp[ i ] = max{1, dp[ j ] + 1}。

哎呀，感觉有点懵逼，举个实际例子分析一下：

  
  
以一个例子为例：2 3 1 5
（1）对于2，最长递增子序列为1
（2）对于3，最长递增子序列为2
（3）对于1，最长递增子序列为2,3，但该处因为相当于和前面的断开了，所以应该定义此处的最长递增子序列为1
（4）对于5，如果和前面的1连接，最长递增子序列为1,5，长度为2；如果和前面的3连接，最长递增子序列为2,3,5，长度为3
综上所述，最长递增子序列为2,3,5，长度为3
  
  

（2）Python代码

A、算法复杂度为O(N^2)的代码：

  
  
def lengthOfLIS(arr):
len1 = len(arr)
if len1== 0:
return None
dp = [ 0]*len1
dp[ 0] = 1
for i in range( 1, len1):
maxValue = 0
for j in range(i):
if arr[i]>arr[j]:
if maxValue < dp[j] + 1:
maxValue = dp[j] + 1
else:
if maxValue < 1:
maxValue = 1
dp[i] = maxValue
print(max(dp))

if __name__ == '__main__':
arr = [int(i) for i in input().split()]
lengthOfLIS(arr)
  
  

或者

  
  
def lengthOfLIS(nums):
if nums == []:
return 0
N = len(nums)
Dp = [ 1] * N
for i in range(N - 1):
for j in range( 0, i + 1):
if nums[i + 1] > nums[j]:
Dp[i + 1] = max(Dp[i + 1], Dp[j] + 1)
print(max(Dp))

if __name__ == '__main__':
arr = [int(i) for i in input().split()]
lengthOfLIS(arr)
  
  

运行结果为：

B、算法复杂度为O(NlogN)的代码（参考：https://blog.csdn.net/zhangyx_xyz/article/details/50949957）

六、最长公共子序列问题(LCS)

问题：字符序列的子序列是指从给定字符序列中随意地（不一定连续）去掉若干个字符（可能一个也不去掉）后所形成的字符序列。令给定的字符序列X = “x0，x1，…，xm-1”，序列Y = “y0，y1，…，yk-1”是 X 的子序列，存在 X 的一个严格递增下标序列 <i0，i1，…，ik-1>，使得对所有的j=0，1，…，k-1，有xij = yj。例如，X=“ABCBDAB”，Y=“BCDB”是X的一个子序列。

       子序列的基本概念，可参考：https://blog.csdn.net/lz161530245/article/details/76943991

（1）分析过程，参考：https://blog.csdn.net/wangdd_199326/article/details/76464333

        假设序列A = [B, D, C, A, B, A]，序列B = [A, B, C, B,  D,  A, B]。M与N分别表示序列A与B的长度。我们来看看怎么得到最长公共子序列LCS = [B, C, B, A]。这里需要说明的是最长公共子序列的答案并不唯一，但是最长公共子序列的长度唯一，因此一般求得都是长度！！！假设dp[ i ][ j ]表示A序列中前 i 个字符与B序列中前 j 个字符的最大公共子序列长度，那么：

• 当 i = 0 或 j = 0 时，dp[ 0 ][ 0 ] = 0；
• 当 i > 0,  j > 0 且 A[ i ] = B[ j ] 时，dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j - 1 ] + 1；
• 当 i > 0,  j > 0 且 A[ i ] ！= B[ j ] 时，dp[ i ][ j ] = max( dp[ i - 1 ][ j ]， dp[ i ][ j - 1 ])；

          因此，最后的最长公共子序列长度为：dp[ M ] [ N ]。动态规划求解的时间复杂度为O(M*N)，空间复杂度也为O(M*N)。

（2）Python代码

动态规划思想：

  
  
def lengthOfLCS(arrA, arrB):
if arrA == [] or arrA == []:
return 0
M, N = len(arrA), len(arrB)
dp = [[ 0]*(N + 1) for row in range(M + 1)]
for i in range( 1, M + 1):
for j in range( 1, N + 1):
if arrA[i - 1] == arrB[j - 1]:
dp[i][j] = dp[i -1][j -1] + 1
else:
dp[i][j] = max(dp[i -1][j], dp[i][j -1])
print(dp[M][N])

if __name__ == '__main__':
arrA = [i for i in input().split()]
arrB = [i for i in input().split()]
lengthOfLCS(arrA, arrB)
  
  

运行结果为：

另外，回溯输出最长公共子序列过程：

 算法分析：
        由于每次调用至少向上或向左（或向上向左同时）移动一步，故最多调用(m + n)次就会遇到 i = 0或 j = 0的情况，此时开始返回。返回时与递归调用时方向相反，步数相同，故回溯法算法时间复杂度为Θ(m + n)。

 补充：相信很多人看到这个图想到了棋盘问题！详细介绍可见博客：https://blog.csdn.net/tomcmd/article/details/47906787。只不过，假设棋盘问题是求从左上角点A，走到右下角点B的路径总数，此时，初始化二维表的时候，第一行与第一列设置为1即可。

棋盘问题面试经历（题型总结）：C(m , n) = m! /[n!(m-n)!]  以下结论前提是，左上角A，右下角B均已在棋盘上（啥玩意儿？就是从让你从A走到B，这里容易混淆！）。

A、一个m*n的网格（左上到右下的最短路径长度为 m + n -1），问从左下角到右上角的最短路径有多少种？（等价于问从左下角到右上角的走法有多少种？）要求每次只能向下或向右移动一格

答案：从m+n步中选出 m - 1 步向下或n - 1步向右，因此为 result = f (m , n) = C(m + n - 2 , m - 1) = C(m + n - 2 , n - 1) 种

B、一个m*n的网格，中间有个位置P标记上“X”不能走，问从左下角到右上角的走法有多少种？（等价于问从左下角到右上角的最短路径有多少种？）要求每次只能向下或向右移动一格

答案：假设有一个点P不能走，且位置为(x , y)，1 < = x < = m ，1 < = y < = n，那么分三步骤：

（1）如果没有点P时，先求f (m , n)；

（2）考虑点P，计算 f(x, y)*  f(m - x + 1, n - y + 1) 

（3）最终结果为：res = f (m , n) - f(x, y)*  f(m - x + 1, n - y + 1) 

                                         = C(m + n - 2 , n - 1)  - C(x + y - 2 , x - 1)*C(m + n - x - y , m - x)

                                         =  C(m + n - 2 , n - 1)  - C(x + y - 2 , y - 1)*C(m + n - x - y , n - y)

注意：棋盘问题一定要注意审题，有的是C(m + n , m )，为什么？因为起始点，终点不在棋盘上！

题目1：在如下4*5的矩阵中，请计算从左下角A移动到右上角B一共有______种走法？。要求每次只能向上或向右移动一格，并且不能经过P(3 , 3)。

答案：17 = C(7, 3) -C (4 , 2)*C(3 , 1) = 35 - 6x3

题目2：现有一 5×6 的矩形网格，问从矩形最右上角一点到最左下角一点有几种路径?

答案：126

棋盘问题的代码实现：

A、递归+动态规划

B、分析过程 

七、最长公共子串问题

题目：给定两个字符串,求出它们的最长公共子串（连续）

（1）分析过程

      这个题其实与最长公共子序列很像，唯一的区别就是这里要求连续的！假设字符串A = “1AB2345CD”，字符串B = “12345EF”，M 与 N 分别是字符串 A 与 B 的长度。假设dp[ i ][ j ]表示A串中的前 i 个字符与 B 串中的前 j 个字符的最长公共子串的长度，那么：

• 当 i = 0 或 j = 0 时，dp[ 0 ][ 0 ] = 0；
• 当 i > 0,  j > 0 且 A[ i ] = B[ j ] 时，dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j - 1 ] + 1；
• 当 i > 0,  j > 0 且 A[ i ] ！= B[ j ] 时，dp[ i ][ j ] = 0；

        因此，最后的最长公共子串长度为：max(dp)，即dp中长度最大的值就是最长公共子串的长度。动态规划求解的时间复杂度为O(M*N)，空间复杂度也为O(M*N)。

（2）Python代码

  
  
def findLongestStr(arrA, arrB):
M, N = len(arrA), len(arrB)
if M == 0 or N == 0:
return 0
maxValue = 0
dp = [[ 0]*(N + 1) for row in range(M + 1)]
for i in range( 1, M + 1):
for j in range( 1, N + 1):
if arrA[i - 1] == arrB[j - 1]:
dp[i][j] = dp[i -1][j -1] + 1
else:
dp[i][j] = 0
if maxValue < dp[i][j]:
maxValue = dp[i][j]
print(maxValue)

if __name__ == '__main__':
arrA = input()
arrB = input()
findLongestStr(arrA, arrB)
  
  

运行结果为：代码还可以参考https://segmentfault.com/a/1190000007963594。

八、最大连续子序列求和问题（最大子串求和问题）——Max Sum

问题：给定K个整数的序列{N1，N2，……，Nk}，其中任意连续子序列可表示为 {Ni，Ni+1，……，Nj}，其中1 <= i <= j <= k。最大连续子序列是所有连续子序列中元素和最大的一个，例如给定序列{-2，11，-4，3，-5，-2}，其最大连续子序列为{11，-4，13}，最大连续子序列和为20。

 重点参考博客：https://www.cnblogs.com/conw/p/5896155.html。

Python编程代码参考：https://blog.csdn.net/yangfengyougu/article/details/81807950

（1）时间复杂度为O(N^3)的解法——穷举

思想：穷举求出所有连续子序列的序列和，再求最大！

  
  
def MaxSubSequence(arr):
if arr == []:
return None
M = len(arr)
MaxSum = 0
for i in range(M):
for j in range(i, M):
tmpSum = 0
for k in range(i, j+ 1):
tmpSum += arr[k]
if tmpSum > MaxSum:
MaxSum = tmpSum
print(MaxSum)

if __name__ == '__main__':
arr = [int(i) for i in input().split()]
MaxSubSequence(arr)
  
  

运行结果：

（2）时间复杂度为O(N^2)的解法——穷举法的优化，去除内层循环

  
  
def MaxSubSequence(arr):
if arr == []:
return None
M = len(arr)
MaxSum = 0
for i in range(M):
tmpSum = 0
for j in range(i, M):
tmpSum += arr[j]
if tmpSum > MaxSum:
MaxSum = tmpSum
print(MaxSum)

if __name__ == '__main__':
arr = [int(i) for i in input().split()]
MaxSubSequence(arr)
  
  

运行结果同上。

（3）时间复杂度为O(NlogN)的解法——分治法

        思想：首先，我们可以把整个序列平均分成左右两部分，答案则会在以下三种情况中：

• 所求序列完全包含在左半部分的序列中。
• 所求序列完全包含在右半部分的序列中。
• 所求序列刚好横跨分割点，即左右序列各占一部分。

        前两种情况和大问题一样，只是规模小了些，如果三个子问题都能解决，那么答案就是三个结果的最大值。 以分割点为起点向左的最大连续序列和、以分割点为起点向右的最大连续序列和，这两个结果的和就是第三种情况的答案。

        因为已知起点，所以这两个结果都能在O(N)的时间复杂度能算出来。递归不断减小问题的规模，直到序列长度为1的时候，那答案就是序列中那个数字。

代码为：

  
  
def maxsum(nums):
if len(nums) == 1:
return nums[ 0]
#分组
center = len(nums)// 2
left_nums = nums[ 0:center]
right_nums = nums[center:len(nums)]

#分别求左右序列最大子序列和
left_maxsum = maxsum3(left_nums)
right_maxsum = maxsum3(right_nums)

#求左序列最大和(包括最后一个元素)
left_sum = 0
left_max= left_nums[len(left_nums) -1]
i = len(left_nums) -1
while i >= 0:
left_sum += left_nums[i]

if left_sum > left_max:
left_max = left_sum
i -= 1

#求右序列最大和(包括第一个元素)
right_sum = 0
right_max = right_nums[ 0]
i = 0
while i < len(right_nums):
right_sum += right_nums[i]
if right_sum > right_max:
right_max = right_sum
i += 1

l = [left_maxsum,right_maxsum,left_max + right_max]
return max(l)

if __name__ == '__main__':
arr = [int(i) for i in input().split()]
res = maxsum(arr)
print(res)
  
  

运行结果同上。

（4）时间复杂度为O(N)的解法——动态规划（面试常考！）

        例如：序列A =  {-2，11，-4，3，-5，-2}，其最大连续子序列为{11，-4，13}，最大连续子序列和为20。

假设dp[ i ] 表示以A[ i ] 为子序列末端的最大连续和，因为dp[ i ]要求必须以A[ i ]结尾的连续序列，那么只有两种情况： 

• 最大连续序列只有一个元素，即以A[i]开始，以A[ i ]结尾 ，最大和就是A[ i ]本身
• 最大和的连续序列有多个元素，即以A[ p ]开始（p小于i），以A[ i ]结尾，最大和是dp[ i - 1 ] + A[ i ] 

因此状态转移方程为：dp[ i ] = max ( dp[ i -1] + A[ i ]，A[ i ] )

最后，连续子序列的和为：maxsub[ n ] = max ( dp [ i ] )，1 <= i <= n

下面是两张图是课件内容：

Python代码为：

  
  
def maxsum(nums):
if len(nums) == 1: # 判断序列长度，若为1，直接返回
return nums[ 0]
dp = res = nums[ 0]
for i in range( 1,len(nums)):
dp = max(nums[i],dp + nums[i])
res = max(dp,res)
print(res)


if __name__ == '__main__':
arr = [int(i) for i in input().split()]
maxsum(arr)
  
  

运行结果同上。

九、股票收益最大化（一次交易、多次交易与最多两次交易）

问题1：假设把某股票的价格按照时间先后顺序存储在数组中，请问买卖该股票一次可获得的最大利润是多少？

题目见leetcode：股票收益最大化——一次交易

例如，一只股票在某些时间节点的价格为{9,11,8,5,7,12,16,14}。如果我们能在价格为5的时候买入并在价格为16时卖出，则能获得最大的利润为11。规定无论如何买，都会亏，即是一个从大到小排序的数组，此时返回0，如，arr = [4, 3, 2, 1]，输出为0。

分析思路：（记录当前最小值和最大差值）

• 给定一个数组arr，初始化最小值minPrice = arr[ 0 ]，最大利润maxPrice = arr[ 1 ] - arr[ 0 ]； 
• 遍历数组，若求最大利润maxPrice，即是计算当前的最小值minPrice后面的数字减去minPrice，得到的一个最大的差值diffPrice，如果diffPrice大于maxPrice，则maxPrice = diffPrice。
• 最后，判断maxPrice，若maxPrice>=0，输出即可，若maxPrice<0，则maxPrice = 0。

Python代码：（时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)）

  
  
# 股票收益最大化问题总结
def BestStock_1_time(arr):
len1 = len(arr)
if len1 < 2:
return 0
minPrice = arr[ 0]
maxPrice = arr[ 1] - arr[ 0]

for i in range( 2, len1):
if arr[i - 1] < minPrice:
minPrice = arr[i - 1]
Diff = arr[i] - minPrice
if Diff > maxPrice:
maxPrice = Diff
if maxPrice < 0:
maxPrice = 0
return maxPrice

if __name__ == '__main__':
try:
while True:
arr = [int(i) for i in input().split()]
print(BestStock_1_time(arr))
except:
pass
  
  

运行结果：

C++代码：

  
  
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int> &prices) {
int len = prices.size();
if (len< 2)
return 0;
int minPrice = prices[ 0];
int maxPrice = prices[ 1] - prices[ 0];
for ( int i= 2;i<len;i++){
if (prices[i -1]<minPrice)
minPrice = prices[i -1];
int Diff = prices[i] - minPrice;
if (Diff>maxPrice)
maxPrice = Diff;
}
if (maxPrice< 0)
maxPrice = 0;
return maxPrice;
}
};
  
  

问题2：假设把某股票的价格按照时间先后顺序存储在数组中，请问买卖该股票多次可获得的最大利润是多少？

 leetcode题目见：股票收益最大化——多次交易，也可参考https://blog.csdn.net/u010070526/article/details/81042350。

例如：

  
  
股票价格 [77, 84, 59, 56, 69, 38, 53, 77, 35, 89]
--------------------
股票价格差值 [7, -25, -3, 13, -31, 15, 24, -42, 54]
股票增值数 [7, 13, 15, 24, 54]
股票最大收益 113
  
  

这样思路很明了，就是求股票价格差值中的所有正数累加和！

Python代码：（时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(N)，方便理解）

  
  
def BestStock_n_time(arr):
len1 = len(arr)
if len1 < 2:
return 0

diffArr = [] # 股票价格差值
for i in range(len1 - 1):
diffArr.append(arr[i + 1] - arr[i])
sum = 0 # 股票最大收益
for i in range(len(diffArr)):
if diffArr[i] > 0:
sum += diffArr[i]
return sum

if __name__ == '__main__':
try:
while True:
arr = [int(i) for i in input().split()]
print(BestStock_n_time(arr))
except:
pass
  
  

运行结果为：

空间复杂度还可以降为O(1)，函数为：

  
  
def BestStock_n_time(arr):
len1 = len(arr)
if len1 < 2:
return 0

sum = 0 # 股票的最大收益
for i in range(len1 - 1):
if arr[i + 1] - arr[i] > 0:
sum += arr[i + 1] - arr[i]
return sum
  
  

C++代码为：

  
  
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int> &prices) {
int len = prices.size();
if (len< 2)
return 0;
vector< int> diffArr;
for ( int i = 0;i < len - 1;i++)
diffArr.push_back(prices[i+ 1] - prices[i]);
int sum = 0;
for ( int i = 0;i < diffArr.size();i++){
if (diffArr[i]> 0)
sum += diffArr[i];
}
return sum;
}
};
  
  

问题3：假设把某股票的价格按照时间先后顺序存储在数组中，请问买卖该股票最多两次可获得的最大利润是多少？

leetcode题目见：股票收益最大化——最多两次交易

参考博客：https://blog.csdn.net/Koala_Tree/article/details/79728591；

例如，数组arr = [1, 5 , 2 , 6 , 9 , 10 , 2]，第一次购买价格为1，第一次卖出价格为5，第二次购买价格为2，第二次卖出价格为10，总共的最大收益为4 + 8 = 12。

思路1：分段考虑

• 以 i 为分界线，前i天的最大和i天后面的最大，分两段进行每次的一个交易；
• 两段的最大和，则为最大的利润；

思路2：动态规划

• Buy1 [ i ] 表示前i天做第一笔交易买入股票后剩下的最多的钱；
• Sell1 [ i ] 表示前i天做第一笔交易卖出股票后剩下的最多的钱；
• Buy2 [ i ] 表示前i天做第二笔交易买入股票后剩下的最多的钱；
• Sell2 [ i ] 表示前i天做第二笔交易卖出股票后剩下的最多的钱；

那么存在如下关系：

• Buy1 [ i ] = max { Buy1 [ i - 1 ] , - prices [ i ] }
• Sell1 [ i ] = max { Sell1 [ i - 1 ] , Buy1 [ i - 1 ] + prices [ i ] }
• Buy2 [ i ] = max { Buy2 [ i - 1 ] , Sell2 [ i - 1 ] - prices [ i ] }
• Sell2 [ i ] = max { Sell2 [ i - 1 ] , Buy2 [ i - 1 ] + prices [ i ] }

最终的输出结果为：Sell2，即为最多两次交易的股票最大收益值。

可以发现上面四个状态都是只与前一个状态有关，所以可以不使用数组而是使用变量来存储即可。

Python代码：（时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)）

  
  
from sys import maxsize # 导入整数最大值
def BestStock_most_2_time(arr):
buy1, sell1, buy2, sell2 = -maxsize, 0, -maxsize, 0 # 初始化四个变量：整数最小值与0
for i in range(len(arr)):
buy1 = max(buy1, -arr[i]) # 第一次买入
sell1 = max(sell1, buy1 + arr[i]) # 第一次卖出
buy2 = max(buy2, sell2 - arr[i]) # 第二次买入
sell2 = max(sell2, buy2 + arr[i]) # 第二次卖出
return sell2

if __name__ == '__main__':
try:
while True:
arr = [int(i) for i in input().split()]
print(BestStock_most_2_time(arr))
except:
pass
  
  

运行结果为：

C++代码：

  
  
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int buy1 = INT_MIN, sell1 = 0, buy2 = INT_MIN, sell2 = 0;
for( int i = 0; i < prices.size(); i++) {
buy1 = max(buy1, -prices[i]);
sell1 = max(sell1, buy1 + prices[i]);
buy2 = max(buy2, sell1 - prices[i]);
sell2 = max(sell2, buy2 + prices[i]);
}
return sell2;
}
};
  
  

参考博客：

1、常见动态规划问题总结 

2、动态规划DP问题分类和经典题型

3、教你彻底学会动态规划——入门篇

4、算法-动态规划 Dynamic Programming--从菜鸟到老鸟

5、剑指Offer——动态规划算法