[pull] main from itcharge:main #158

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Expand Up		@@ -185,7 +185,7 @@ def algorithm(n):
		return cnt
		```

	上述代码中 `cnt = 1` 的时间复杂度为 $O(1)$ 可以忽略不算。`while` 循环体中 $cnt$ 从 1ドル$ 开始,每循环一次都乘以 2ドル$。当大于等于 $n$ 时循环结束。变量 $cnt$ 的取值是一个等比数列:2ドル^0,2^1,2^2,...,2^x,ドル根据 2ドル^x = n,ドル可以得出这段循环体的执行次数为 $\log_2n,ドル所以这段代码的时间复杂度为 $O(\log_2n)$。
	上述代码中 `cnt = 1` 的时间复杂度为 $O(1)$ 可以忽略不算。`while` 循环体中 $cnt$ 从 1ドル$ 开始,每循环一次都乘以 2ドル$。当大于等于 $n$ 时循环结束。变量 $cnt$ 的取值是一个等比数列:2ドル^0, 2^1, 2^2, ..., 2^x,ドル根据 2ドル^x = n,ドル可以得出这段循环体的执行次数为 $\log_2n,ドル所以这段代码的时间复杂度为 $O(\log_2n)$。

		因为 $\log n = k \times \log_2 n,ドル这里 $k = 3.322,ドル所以,$\log n$ 与 $\log_2 n$ 的差别比较小。为了方便书写,通常我们将对数时间复杂度写作是 $O(\log n)$。

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2 changes: 1 addition & 1 deletion Contents/07.Tree/01.Binary-Tree/01.Binary-Tree-Basic.md

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Expand Up		@@ -15,7 +15,7 @@
		- 包括根节点在内,每个节点可以有多个后继节点。
		- 当 $n > 1$ 时,除了根节点之外的其他节点,可分为 $m(m > 0)$ 个互不相交的有限集合 $T_1, T_2, ..., T_m,ドル其中每一个集合本身又是一棵树,并且被称为根的「子树(SubTree)」。

	如下图所示,红色节点 $A$ 是根节点,除了根节点之外,还有 `3` 棵互不相交的子树 $T_1(B、E、H、I、G)$、$T_2(C)$、$T_3(D、F、G、K)$。
	如下图所示,红色节点 $A$ 是根节点,除了根节点之外,还有 `3` 棵互不相交的子树 $T_1(B, E, H, I, G)$、$T_2(C)$、$T_3(D, F, G, K)$。

		![](https://qcdn.itcharge.cn/images/20220218104556.png)

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2 changes: 1 addition & 1 deletion Contents/07.Tree/04.Binary-Indexed-Tree/01.Binary-Indexed-Tree.md

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Expand Up		@@ -2,7 +2,7 @@

		### 1.1 树状数组的定义

	> 树状数组(Binary Indexed Tree):也因其发明者命名为 Fenwick 树,最早由 Peter M. Fenwick 于 1994 年以 A New Data Structure for Cumulative Frequency Tables 为题发表在 SOFTWARE PRACTICE AND EXPERIENCE。其初衷是解决数据压缩里的累积频率(Cumulative Frequency)的计算问题,现多用于高效计算数列的前缀和,区间和。它可以以 $O(\log ⁡n)$ 的时间得到任意前缀 $\sum_{i=1}^{j}A[i], 1 \le j \le N,ドル并同时支持在 $O(\log ⁡n)$ 时间内支持动态单点值的修改。空间复杂度为 $O(n)$。
	> 树状数组(Binary Indexed Tree):也因其发明者命名为 Fenwick 树,最早 Peter M. Fenwick 于 1994 年以 A New Data Structure for Cumulative Frequency Tables 为题发表在 SOFTWARE PRACTICE AND EXPERIENCE。其初衷是解决数据压缩里的累积频率(Cumulative Frequency)的计算问题,现多用于高效计算数列的前缀和,区间和。它可以以 $O(\log n)$ 的时间得到任意前缀 $\sum_{i=1}^{j}A[i], 1 \le j \le n,ドル并同时支持在 $O(\log n)$ 时间内支持动态单点值的修改。空间复杂度为 $O(n)$。

		### 1.2 树状数组的原理

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18 changes: 9 additions & 9 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/02.Knapsack-Problem-02.md

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Expand Up		@@ -36,12 +36,12 @@

		则状态转移方程为:

	$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace,\quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$。
	$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$。

		###### 4. 初始条件

	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0,0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0,0 \le w \le W$。
	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。

		###### 5. 最终结果

Expand Down Expand Up		@@ -81,15 +81,15 @@ class Solution:

		我们将之前的状态转移方程

	$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace,\quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$
	$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$

		进行展开:

	$(1) \quad dp[i][w] = max \begin{cases} dp[i - 1][w] \cr dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr ...... \cr \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \end{cases},\quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$
	$(1) \quad dp[i][w] = max \begin{cases} dp[i - 1][w] \cr dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr ...... \cr \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \end{cases}, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$

		而对于 $dp[i][w - weight[i - 1]]$ 我们有:

	$(2) \quad dp[i][w - weight[i - 1]] = max \begin{cases} dp[i - 1][w - weight[i - 1]] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 3 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr ...... \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + (k - 1) \times value[i - 1] \end{cases},\quad weight[i - 1] \le k \times weight[i - 1] \le w$
	$(2) \quad dp[i][w - weight[i - 1]] = max \begin{cases} dp[i - 1][w - weight[i - 1]] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 3 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr ...... \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + (k - 1) \times value[i - 1] \end{cases}, \quad weight[i - 1] \le k \times weight[i - 1] \le w$

		通过观察可以发现:

Expand Down Expand Up		@@ -133,8 +133,8 @@ $\quad dp[i][w] = \begin{cases} dp[i - 1][w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrac

		###### 4. 初始条件

	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0,0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0,0 \le w \le W$。
	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。

		###### 5. 最终结果

Expand Down Expand Up		@@ -201,7 +201,7 @@ $dp[w] = \begin{cases} dp[w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrace dp[w], \quad d

		###### 4. 初始条件

	- 无论背包载重上限为多少,只要不选择物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[w] = 0,0 \le w \le W$。
	- 无论背包载重上限为多少,只要不选择物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。

		###### 5. 最终结果

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6 changes: 3 additions & 3 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/03.Knapsack-Problem-03.md

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Expand Up		@@ -26,8 +26,8 @@ $dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i

		###### 4. 初始条件

	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0,0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0,0 \le w \le W$。
	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。

		###### 5. 最终结果

Expand Down Expand Up		@@ -121,7 +121,7 @@ class Solution:

		但我们还是可以从物品数量入手,通过「二进制优化」的方式,将算法的时间复杂度降低。

	> 二进制优化:简单来说,就是把物品的数量 $count[i]$ 拆分成「由 1ドル、2、4、...、2^m$ 件单个物品组成的大物品」,以及「剩余不足 2ドル$ 的整数次幂数量的物品,由 $count[i] -2^{\lfloor \log_2(count[i] + 1) \rfloor - 1}$ 件单个物品组成大物品」。
	> 二进制优化:简单来说,就是把物品的数量 $count[i]$ 拆分成「由 1ドル, 2, 4, ..., 2^m$ 件单个物品组成的大物品」,以及「剩余不足 2ドル$ 的整数次幂数量的物品,由 $count[i] -2^{\lfloor \log_2(count[i] + 1) \rfloor - 1}$ 件单个物品组成大物品」。

		举个例子,第 $i$ 件物品的数量为 31ドル,ドル采用「二进制优化」的方式,可以拆分成 31ドル = 1 + 2 + 4 + 8 + 16$ 一共 5ドル$ 件物品。也将是将 31ドル$ 件物品分成了 5ドル$ 件大物品:

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20 changes: 10 additions & 10 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/04.Knapsack-Problem-04.md

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Expand Up		@@ -112,12 +112,12 @@ class Solution:

		则状态转移方程为:

	$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w],dp[i - 1][w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace , \quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$
	$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w], dp[i - 1][w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace , \quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$

		###### 4. 初始条件

	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0,0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 组物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0,0 \le w \le W$。
	- 如果背包载重上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
	- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 组物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。

		###### 5. 最终结果

Expand Down Expand Up		@@ -163,11 +163,11 @@ class Solution:

		###### 3. 状态转移方程

	$dp[w] = max \lbrace dp[w], \quad dp[w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace ,\quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$
	$dp[w] = max \lbrace dp[w], \quad dp[w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace , \quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$

		###### 4. 初始条件

	- 无论背包载重上限为多少,只要不选择物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[w] = 0,0 \le w \le W$。
	- 无论背包载重上限为多少,只要不选择物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。

		###### 5. 最终结果

Expand Down Expand Up		@@ -229,11 +229,11 @@ $dp[i][w][v] = max(dp[i - 1][w][v], dp[i - 1][w - weight[i - 1]][v - volume[i -
		###### 4. 初始条件

		- 如果背包载重上限为 0ドル$ 或者容量上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即:
	- $dp[i][w][0] = 0,0 \le i \le size,0 \le w \le W$
	- $dp[i][0][v] = 0,0 \le i \le size,0 \le v \le V$
	- $dp[i][w][0] = 0, 0 \le i \le size, 0 \le w \le W$
	- $dp[i][0][v] = 0, 0 \le i \le size, 0 \le v \le V$

		- 无论背包载重上限是多少,前 0ドル$ 种物品所能获得的最大价值一定为 0ドル,ドル即:
	- $dp[0][w][v] = 0,0 \le w \le W,0 \le v \le V$
	- $dp[0][w][v] = 0, 0 \le w \le W, 0 \le v \le V$


		###### 5. 最终结果
Expand Down Expand Up		@@ -290,8 +290,8 @@ $dp[w][v] = max \lbrace dp[w][v], \quad dp[w - weight[i - 1]][v - volume[i - 1]]
		###### 4. 初始条件

		- 如果背包载重上限为 0ドル$ 或者容量上限为 0ドル,ドル则无论选取什么物品,可以获得的最大价值一定是 0ドル,ドル即:
	- $dp[w][0] = 0,0 \le w \le W$
	- $dp[0][v] = 0,0 \le v \le V$
	- $dp[w][0] = 0, 0 \le w \le W$
	- $dp[0][v] = 0, 0 \le v \le V$


		###### 5. 最终结果
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10 changes: 5 additions & 5 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/05.Knapsack-Problem-05.md

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Expand Up		@@ -6,18 +6,18 @@

		在背包问题中,有的题目不要求把背包装满,而有的题目要求恰好装满背包。

	如果题目要求「恰好装满背包」,则我们可在原有状态定义、状态转移方程的基础上,在初始化时,令 $dp[0] = 0,ドル以及 $d[w] = -\infty,1 \le w \le W$。这样就可以保证最终得到的 $dp[W]$ 为恰好装满背包的最大价值总和。
	如果题目要求「恰好装满背包」,则我们可在原有状态定义、状态转移方程的基础上,在初始化时,令 $dp[0] = 0,ドル以及 $d[w] = -\infty, 1 \le w \le W$。这样就可以保证最终得到的 $dp[W]$ 为恰好装满背包的最大价值总和。

		这是因为:初始化的 $dp$ 数组实际上就是在没有任何物品可以放入背包时的「合法状态」。

		如果不要求恰好装满背包,那么:

	1. 任何载重上限下的背包,在不放入任何物品时,都有一个合法解,此时背包所含物品的最大价值为 0ドル,ドル即 $dp[w] = 0,0 \le w \le W$。
	1. 任何载重上限下的背包,在不放入任何物品时,都有一个合法解,此时背包所含物品的最大价值为 0ドル,ドル即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。

		而如果要求恰好装满背包,那么:

		1. 只有载重上限为 0ドル$ 的背包,在不放入物品时,能够恰好装满背包(有合法解),此时背包所含物品的最大价值为 0ドル,ドル即 $dp[0] = 0$。
	2. 其他载重上限下的背包,在放入物品的时,都不能恰好装满背包(都没有合法解),此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态,值应为 $-\infty,ドル即 $dp[w] = 0,0 \le w \le W$。
	2. 其他载重上限下的背包,在放入物品的时,都不能恰好装满背包(都没有合法解),此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态,值应为 $-\infty,ドル即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。

		这样在进行状态转移时,我们可以通过判断 $dp[w]$ 与 $-\infty$ 的关系,来判断是否能恰好装满背包。

Expand All		@@ -32,7 +32,7 @@
		3. 状态转移方程:$dp[w] = dp[w] + dp[w - weight[i - 1]]$
		4. 初始条件:
		1. 只有载重上限为 0ドル$ 的背包,在不放入物品时,能够恰好装满背包(有合法解),此时背包所含物品的最大价值为 0ドル,ドル即 $dp[0] = 0$。
	2. 其他载重上限下的背包,在放入物品的时,都不能恰好装满背包(都没有合法解),此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态,值应为 $-\infty,ドル即 $dp[w] = 0,0 \le w \le W$。
	2. 其他载重上限下的背包,在放入物品的时,都不能恰好装满背包(都没有合法解),此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态,值应为 $-\infty,ドル即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。
		5. 最终结果:根据我们之前定义的状态, $dp[w]$ 表示为:将物品装入最多能装重量为 $w$ 的背包中的方案总数。则最终结果为 $dp[W],ドル其中 $W$ 为背包的载重上限。

		#### 思路 1:代码
Expand Down Expand Up		@@ -192,7 +192,7 @@ class Solution:

		> 0-1 背包问题求具体方案:有 $n$ 种物品和一个最多能装重量为 $W$ 的背包,第 $i$ 种物品的重量为 $weight[i],ドル价值为 $value[i],ドル每件物品有且只有 1ドル$ 件。请问将哪些物品装入背包,可使这些物品的总重量不超过背包载重上限,且价值总和最大?

	#### 思路 4:动态规划 + 路径记录
	#### 4:动态规划 + 路径记录

		0-1 背包问题的状态转移方程为:$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w], \quad dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace$

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4 changes: 2 additions & 2 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/05.Interval-DP/01.Interval-DP.md

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Expand Up		@@ -40,7 +40,7 @@ for i in range(size - 1, -1, -1): # 枚举区间起点

		#### 1.2.3 第 2 种区间 DP 问题基本思路

	多个(大于等于 2ドル$ 个)小区间转移到大区间的区间 DP 问题的状态转移方程一般为:$dp[i][j] = max / min \lbrace dp[i][k] + dp[k + 1][j] + cost[i][j] \rbrace,\quad i < k \le j$。
	多个(大于等于 2ドル$ 个)小区间转移到大区间的区间 DP 问题的状态转移方程一般为:$dp[i][j] = max / min \lbrace dp[i][k] + dp[k + 1][j] + cost[i][j] \rbrace, \quad i < k \le j$。

		1. 其中状态 $dp[i][j]$ 表示为:区间 $[i, j]$ (即下标位置 $i$ 到下标位置 $j$ 上所有元素)上的最大价值。
		2. $cost[i][j]$ 表示为:将两个区间 $[i, k]$ 与 $[k + 1, j]$ 中的元素合并为区间 $[i, j]$ 中的元素的代价。
Expand Down Expand Up		@@ -232,7 +232,7 @@ $dp[i][j] = max \lbrace dp[i][k] + dp[k][j] + nums[i] \times nums[k] \times nums

		###### 4. 初始条件

	- $dp[i][j]$ 表示的是开区间,则 $i < j - 1$。而当 $i \ge j - 1$ 时,所能获得的硬币数为 0ドル,ドル即 $dp[i][j] = 0,\quad i \ge j - 1$。
	- $dp[i][j]$ 表示的是开区间,则 $i < j - 1$。而当 $i \ge j - 1$ 时,所能获得的硬币数为 0ドル,ドル即 $dp[i][j] = 0, \quad i \ge j - 1$。

		###### 5. 最终结果

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6 changes: 3 additions & 3 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/07.State-DP/01.State-DP.md

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Expand Up		@@ -154,8 +154,8 @@

		举个例子:

	1. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace,state = (1001)_2,ドル表示选择了第 1ドル$ 个元素和第 4ドル$ 个元素,也就是 1ドル$、4ドル$。
	2. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4, 5, 6 \rbrace,state = (011010)_2,ドル表示选择了第 2ドル$ 个元素、第 4ドル$ 个元素、第 5ドル$ 个元素,也就是 2ドル$、4ドル$、5ドル$。
	1. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace, state = (1001)_2,ドル表示选择了第 1ドル$ 个元素和第 4ドル$ 个元素,也就是 1ドル$、4ドル$。
	2. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4, 5, 6 \rbrace, state = (011010)_2,ドル表示选择了第 2ドル$ 个元素、第 4ドル$ 个元素、第 5ドル$ 个元素,也就是 2ドル$、4ドル$、5ドル$。

		这样,我们就可以通过动态规划的方式来解决这道题。

Expand All		@@ -173,7 +173,7 @@

		对于当前状态 $dp[state],ドル肯定是从比 $state$ 少选一个元素的状态中递推而来。我们可以枚举少选一个元素的状态,找到可以组成的异或值之和最小值,赋值给 $dp[state]$。

	举个例子 $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace,state = (1001)_2,ドル表示选择了第 1ドル$ 个元素和第 4ドル$ 个元素,也就是 1ドル$、4ドル$。那么 $state$ 只能从 $(1000)_2$ 和 $(0001)_2$ 这两个状态转移而来,我们只需要枚举这两种状态,并求出转移过来的异或值之和最小值。
	举个例子 $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace,ドル$state = (1001)_2,ドル表示选择了第 1ドル$ 个元素和第 4ドル$ 个元素,也就是 1ドル$、4ドル$。那么 $state$ 只能从 $(1000)_2$ 和 $(0001)_2$ 这两个状态转移而来,我们只需要枚举这两种状态,并求出转移过来的异或值之和最小值。

		即状态转移方程为:$dp[state] = min(dp[state], \quad dp[state \oplus (1 \text{ <}\text{< } i)] + (nums1[i] \oplus nums2[one\underline{}cnt - 1])),ドル其中 $state$ 第 $i$ 位一定为 1ドル,ドル$one\underline{}cnt$ 为 $state$ 中 1ドル$ 的个数。

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6 changes: 3 additions & 3 deletions Contents/10.Dynamic-Programming/08.Counting-DP/01.Counting-DP.md

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Expand Up		@@ -82,7 +82,7 @@

		###### 3. 状态转移方程

	因为我们每次只能向右、或者向下移动一步,因此想要走到 $(i, j),ドル只能从 $(i - 1, j)$ 向下走一步走过来;或者从 $(i, j - 1)$ 向右走一步走过来。所以可以写出状态转移方程为:$dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1],ドル此时 $i > 0,j > 0$。
	因为我们每次只能向右、或者向下移动一步,因此想要走到 $(i, j),ドル只能从 $(i - 1, j)$ 向下走一步走过来;或者从 $(i, j - 1)$ 向右走一步走过来。所以可以写出状态转移方程为:$dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1],ドル此时 $i > 0, j > 0$。

		###### 4. 初始条件

Expand Down Expand Up		@@ -115,8 +115,8 @@ class Solution:

		##### 思路 1:复杂度分析

	- 时间复杂度:$O(m * n)$。初始条件赋值的时间复杂度为 $O(m + n),ドル两重循环遍历的时间复杂度为 $O(m * n),ドル所以总体时间复杂度为 $O(m * n)$。
	- 空间复杂度:$O(m * n)$。用到了二维数组保存状态,所以总体空间复杂度为 $O(m * n)$。因为 $dp[i][j]$ 的状态只依赖于上方值 $dp[i - 1][j]$ 和左侧值 $dp[i][j - 1],ドル而我们在进行遍历时的顺序刚好是从上至下、从左到右。所以我们可以使用长度为 $m$ 的一维数组来保存状态,从而将空间复杂度优化到 $O(m)$。
	- 时间复杂度:$O(m \times n)$。初始条件赋值的时间复杂度为 $O(m + n),ドル两重循环遍历的时间复杂度为 $O(m * n),ドル所以总体时间复杂度为 $O(m \times n)$。
	- 空间复杂度:$O(m \times n)$。用到了二维数组保存状态,所以总体空间复杂度为 $O(m \times n)$。因为 $dp[i][j]$ 的状态只依赖于上方值 $dp[i - 1][j]$ 和左侧值 $dp[i][j - 1],ドル而我们在进行遍历时的顺序刚好是从上至下、从左到右。所以我们可以使用长度为 $m$ 的一维数组来保存状态,从而将空间复杂度优化到 $O(m)$。

		### 2.2 整数拆分

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