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题目一【数组累加和最小的】

找较小的集合最接近两个集合总和的一半：

	public static int right(int[] arr) {if (arr == null || arr.length < 2) {return 0;}//统计所有数的累加和int sum = 0;for (int num : arr) {sum += num;}return process(arr, 0, sum / 2);}// arr[i...]从i位置出发及其后面的数可以自由选择，// 请返回累加和尽量接近rest，但不能超过rest的情况下，最接近的累加和是多少？public static int process(int[] arr, int i, int rest) {if (i == arr.length) {return 0;} else { // 还有数，arr[i]这个数// 可能性1，不使用arr[i]，直接index+1，rest不变int p1 = process(arr, i + 1, rest);// 可能性2，要使用arr[i]int p2 = 0;if (arr[i] <= rest) {p2 = arr[i] + process(arr, i + 1, rest - arr[i]);}return Math.max(p1, p2);}}

改dp，有两个可变参数：
i变化范围为0-N，rest变化范围，从0-sum/2，不会超过此范围。
先看basecase：

分析普遍位置依赖关系：
i位置依赖于i+1位置

   public static int dp1(int[] arr) {if (arr == null || arr.length < 2) {return 0;}int sum = 0;for (int num : arr) {sum += num;}sum /= 2;int N = arr.length;int[][] dp = new int[N + 1][sum + 1];/*int p1 = process(arr, i + 1, rest);// 可能性2，要使用arr[i]int p2 = 0;if (arr[i] <= rest) {p2 = arr[i] + process(arr, i + 1, rest - arr[i]);}*/for (int i = N - 1; i >= 0; i--) {for (int rest = 0; rest <= sum; rest++) {int p1 = dp[i + 1][rest];int p2 = 0;if (arr[i] <= rest) {p2 = arr[i] + dp[i + 1][rest - arr[i]];}dp[i][rest] = Math.max(p1, p2);}}return dp[0][sum];}public static int[] randomArray(int len, int value) {int[] arr = new int[len];for (int i = 0; i < arr.length; i++) {arr[i] = (int) (Math.random() * value);}return arr;}public static void printArray(int[] arr) {for (int num : arr) {System.out.print(num + " ");}System.out.println();}public static void main(String[] args) {int maxLen = 20;int maxValue = 50;int testTime = 10000;System.out.println("测试开始");for (int i = 0; i < testTime; i++) {int len = (int) (Math.random() * maxLen);int[] arr = randomArray(len, maxValue);int ans1 = right(arr);int ans2 = dp1(arr);if (ans1 != ans2) {printArray(arr);System.out.println(ans1);System.out.println(ans2);System.out.println("Oops!");break;}}System.out.println("测试结束");}

题目二

 public static int right1(int[] arr) {if (arr == null || arr.length < 2) {return 0;}int sum = 0;for (int num : arr) {sum += num;}if ((arr.length & 1) == 0) {return process1(arr, 0, arr.length / 2, sum / 2);} else {return Math.max(process1(arr, 0, arr.length / 2, sum / 2), process1(arr, 0, arr.length / 2 + 1, sum / 2));}}public static int process1(int[] arr, int i, int picks, int rest) {if (i == arr.length) {//没有数的情况，没法调返回一个-1表示这个过程不能使用return picks == 0 ? 0 : -1;} else {//还有数挑//第一种选择不挑当前数int p1 = process1(arr, i + 1, picks, rest);int p2 = -1;int next = -1;if (arr[i] <= rest) {next = process1(arr, i + 1, picks - 1, rest - arr[i]);}if (next != -1) {//如果后续是有效的才有可能性2p2 = arr[i] + next;}return Math.max(p1,p2);}}

改dp：三个可变参数可用一个三维dp解决

  public static int dp4(int[] arr) {if (arr == null || arr.length < 2) {return 0;}int sum = 0;for (int num : arr) {sum += num;}sum /= 2;int N = arr.length;int M = (N + 1) / 2;int[][][] dp = new int[N + 1][M + 1][sum + 1];for (int i = 0; i <= N; i++) {for (int j = 0; j <= M; j++) {for (int k = 0; k <= sum; k++) {dp[i][j][k] = -1;}}}/*    if (i == arr.length) {//没有数的情况，没法调返回一个-1表示这个过程不能使用return picks == 0 ? 0 : -1;}*/for (int rest = 0; rest <= sum; rest++) {dp[N][0][rest] = 0;}for (int i = N - 1; i >= 0; i--) {for (int picks = 0; picks <= M; picks++) {for (int rest = 0; rest <= sum; rest++) {/*      //还有数挑//第一种选择不挑当前数int p1 = process1(arr, i + 1, picks, rest);int p2 = -1;int next = -1;if (arr[i] <= rest) {next = process1(arr, i + 1, picks - 1, rest - arr[i]);}if (next != -1) {//如果后续是有效的才有可能性2p2 = arr[i] + next;}return Math.max(p1, p2);*/int p1 = dp[i + 1][picks][rest];int p2 = -1;int next = -1;if (picks - 1 >= 0 && arr[i] <= rest) {next = dp[i + 1][picks - 1][rest - arr[i]];}if (next != -1) {p2 = arr[i] + next;}dp[i][picks][rest] = Math.max(p1,p2);}}}if ((arr.length & 1) == 0) {return dp[0][arr.length / 2][sum];} else {return Math.max(dp[0][arr.length / 2][sum], dp[0][(arr.length / 2) + 1][sum]);}}

什么暴力递归可以继续优化

暴力递归和动态规划的关系

面试题和动态规划的关系

如何找到某个问题的动态规划方式

面试中设计暴力递归的原则

知道了暴力递归的原则 然后设计

常见的四种尝试模型

如何分析有没有重复解

暴力递归到动态规划的套路

动态规划的进一步优化

N皇后问题

如上算是一种解，考虑皇后的时候一行一行的填入皇后，每一行填入一个皇后，这样就不用检查两个皇后是否共行了。
之前的某个皇后在（x,y）,然后当前位置在（甲，乙）位置
如果y==乙或者甲减去x的绝对值等于y-乙的绝对值【共斜线】
复杂度为O（n的n次方）
每一行都有n种决策

public static int num1(int n) {if (n < 1) {return 0;}int[] record = new int[n];return process1(0, record, n);}// 当前来到i行，一共是0~N-1行// 在i行上放皇后，所有列都尝试// 必须要保证跟之前所有的皇后不打架// int[] record record[x] = y 之前的第x行的皇后，放在了y列上，一维数组的列号表示n皇后的行号// 返回：不关心i以上发生了什么，i.... 后续有多少合法的方法数public static int process1(int i, int[] record, int n) {//i来到n位置未发生打架if (i == n) {return 1;}int res = 0;// i行的皇后，放哪一列呢？j列，for (int j = 0; j < n; j++) {if (isValid(record, i, j)) {record[i] = j;res += process1(i + 1, record, n);}}return res;}/*** 判断是否发生打架** @param record* @param i* @param j* @return*/public static boolean isValid(int[] record, int i, int j) {// 0..i-1，检查0->i-1行的皇后是否发生打架for (int k = 0; k < i; k++) {if (j == record[k] || Math.abs(record[k] - j) == Math.abs(i - k)) {return false;}}return true;}

位运算优化常数时间：

能选的位置是列或上左下与右下还是0的位置。
同理再定义一个第0行的x位置是皇后放置的位置，或出来三个方框的位置是第一行不能选的。

每次放一个皇后都要更新列限制，左下限制以及右下限制。
假设某个时刻是这样的：

最后是1的不能放皇后是0的可以，然后整体取反变成其他的全1中间的三个1变成三个0
limit是0…011111110…0，然后与一下得到limit=1100011，其中1是能放n皇后的位置

// 请不要超过32皇后问题public static int num2(int n) {if (n < 1 || n > 32) {return 0;}// 如果你是13皇后问题，limit 最右13个1，其他都是0，通过整数的位来标记皇后int limit = n == 32 ? -1 : (1 << n) - 1;return process2(limit, 0, 0, 0);}// 7皇后问题// limit : 0....0 1 1 1 1 1 1 1// 之前皇后的列影响：colLim// 之前皇后的左下对角线影响：leftDiaLim// 之前皇后的右下对角线影响：rightDiaLimpublic static int process2(int limit, int colLim, int leftDiaLim, int rightDiaLim) {//列影响等于了limitif (colLim == limit) {return 1;}// pos中所有是1的位置，是你可以去尝试皇后的位置int pos = limit & (~(colLim | leftDiaLim | rightDiaLim));int mostRightOne = 0;int res = 0;while (pos != 0) {mostRightOne = pos & (~pos + 1);pos = pos - mostRightOne;res += process2(limit, colLim | mostRightOne, (leftDiaLim | mostRightOne) << 1,(rightDiaLim | mostRightOne) >>> 1);//无符号右移}return res;}