动态规划（简单多状态）

1. 按摩师

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1. 状态表示

   dp[i]表示到i位置的时候预约的最大时长。但是这个题目我们可以选择接或不接。因此可以继续划分为两个子状态：

   • f[i]表示：到i位置时接受的最大时长
   • g[i]表示：到i位置时不接受的最大时长

2. 状态转移方程

   

3. 初始化

   因为这个题目比较简单，所以不需要使用虚拟节点的方法，初始化是为了后面填表的时候不越界

   f[0] = nums[0], g[0] = 0

4. 填表

   从左到右

5. 返回值

   接受最后一个或者不接受的最大值

AC代码：

class Solution 
{
public:int massage(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n == 0) return 0;vector<int> f(n);auto g = f;f[0] = nums[0], g[0] = 0;for (int i = 1; i < n; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[n - 1], g[n - 1]);}
};

2. 打家劫舍 ||

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分析：

由于房间是连续的，也就是一个环，因此可以分类讨论：

• 偷第一个时，第二个和最后一个不能偷
• 不偷第一个，可以偷第二个和最后一个

因此只需要两种情况的最大值就可以

1. 状态表示

   dp[i]表示偷到i时的最大金额，但是依然可以划分为两种情况偷或不偷

   f[i]表示偷i时的最大金额

   g[i]表示不偷i时的最大金额

2. 状态转移方程

   

3. 初始化

   保证后续的填表不越界

4. 填表

   从左到右，两个一起填

5. 返回值

   最大值

AC代码：

class Solution 
{
public:int rob(vector<int>& nums) {int x = 0, y = 0;int n = nums.size();x += nums[0];x += recursion(2, n - 2, nums);y += recursion(1, n - 1, nums);return max(x, y);}int recursion(int left, int right, vector<int> &v){if (left > right) return 0;int n = v.size();vector<int> f(n);auto g = f;f[left] = v[left]; // 初始化for (int i = left + 1; i <= right; i++){f[i] = g[i - 1] + v[i];g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);}return max(f[right], g[right]);}
};

3. 删除并获得点数

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分析：我们把所有数字的点数之和，放到一个数组当中，在进行一次打家劫舍就可以了

把原数组转换成一个新数组，新数组的下标i所对应的值为原数组的元素i在原数组中数字的总和，比如原数组[2, 2, 3, 3, 3, 4],转换为新数组就是[0, 0, 4, 9, 4]。在新数组中，下标0和1表示在原数组中没有0和1这两个数，新数组下标2的值是4，表示在原数组中，所有2的总和是4。转换的目的就是可以从新数组中得到删除nums[i]而得到的点数，也就是可以打劫的金额。因为删除nums[i]后，还要删除nums[i] + 1和nums[i] - 1，在新数组中就意味着不能取相邻的元素，不能取相邻的元素和打家劫舍也是一样的。接下来就可以使用打家劫舍的方式解答了

AC代码：

class Solution 
{
public:const int N = 10001;int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {vector<int> arr(N);for (auto e : nums) arr[e] += e;vector<int> g(N);auto f = g;for (int i = 1; i < N; i++){f[i] = g[i - 1] + arr[i];g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);}return max(g[N - 1], f[N - 1]);}
};

4. 粉刷房子

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1. 状态表示

   dp[i]表示到i时，所需的最少费用。但是到i的时候可以有三种情况我们需要分三个子状态

   dp[i][0], dp[i][1], dp[i][2]

2. 状态转移方程

   

3. 初始化

   采用虚拟节点的方式

4. 填表

5. 返回值

   返回三个表中的最小值

AC代码：

class Solution 
{
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs) {// 0: 红色 1：蓝色 2：绿色int n = costs.size();vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));for (int i = 1; i <= n; i++){dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2];}int ret = INT_MAX;for (int i = 0; i < 3; i++){ret = min(ret, dp[n][i]);}return ret;}
};

5. 最佳买卖股票时机含冷冻期

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1. 状态表示

   dp[i]表示到i位置时的最大利润，但是到达i位置的时候仍然有3种子状态

   • dp[i][0]，表示i过后处于买入状态
   • dp[i][1]， 表示i过后处于可交易状态
   • dp[i][2]，表示i过后处于冷冻期状态

2. 状态转移方程

   像这种状态之间可以相互转换的，我们可以采用如下方法分析：

   

3. 初始化

   dp[0][0] = -prices[0], dp[0][1] = 0, dp[0][2] = 0

4. 填表

   三张表同时填

5. 返回值

   返回三中状态最后的最大值

AC代码：

class Solution 
{
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));dp[0][0] = -prices[0];for (int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];}return max(max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]), dp[n - 1][2]);}
};

6. 买卖股票的最佳时机含手续费

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1. 状态表示

   dp[i]表示到i位置的时候，最大的利润但是到i位置的时候是有两种状态的

   dp[i][0]：表示是买入状态

   dp[i][1]表示卖出状态

2. 状态转移方程

   

3. 初始化

   刚开始如果是买入状态dp[0][0] = -prices[0]

4. 填表

5. 返回值

AC代码：

class Solution 
{
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));dp[0][0] = -prices[0];for (int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i] - fee);}return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);}
};

7. 买卖股票的最佳时机 |||

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1. 状态表示

   dp[i]表示到i位置的最大利润，但是还分为几个状态

   f[i][j]表示到i是第j次买入的最大利润

   g[i][j]表示到i是第j次买入的最大利润

2. 状态转移方程

   

3. 初始化

   f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0

4. 填表

   从上往下，每一行从左到右

5. 返回值

   卖出状态最后的几个中的最大值

AC代码：

class Solution 
{
public:const int N = 0x3f3f3f3f;int maxProfit(vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(3, -N));auto g = f;f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0;for (int i = 1; i < n; i++){for (int j = 0; j < 3; j++){f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);g[i][j] = g[i - 1][j];if (j - 1 >= 0) g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);}}int ret = 0;for (int i = 0; i < 3; i++){ret = max(ret, g[n - 1][i]);}return ret;}
};

8. 买卖股票的最佳时机 IV

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1. 状态表示

   还是分为两个子状态

   f[i][j]表示到i位置买入状态第j次买股票的最大利润

   g[i][j]表示到i位置卖出状态第j次买股票的最大利润

2. 状态转移方程

   

3. 初始化

   f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0

4. 填表

   从上到下，从左到右

5. 返回值

   返回所有行的最大值

AC代码：

class Solution {
public:const int N = 0x3f3f3f3f;int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<int>> f(n, vector<int>(k + 1, -N));auto g = f;f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0;for (int i = 1; i < n; i++){for (int j = 0; j <= k; j++){f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);g[i][j] = g[i - 1][j];if (j - 1 >= 0) g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);}}int ret = 0;for (int i = 0; i <= k; i++){ret = max(ret, g[n - 1][i]);}return ret;}
};