从左到右依次遍历型
1 要观察出正方形的边长取决于三个因素，上边，左边，对角线的正方形边长的最小值，写出动态规划方程是关键，注意matrix里面的数据类型是字符串，不是数字0 1，所以不能直接用if判断，用if只要字符串不空就为真，
2 同上一题，容易观察出以dp[i][j]为右下端点的最大正方形的边长也是其正方形的个数，
3 这个题无论用什么动态规划方法都要从四个方向遍历四次，每个位置的最大值是四个方向中的最小值，最后再求最大值，对于数组查找不方便时，可以先将其变为集合，注意set内的元素必须是不可变对象，所以不能是数组，要把数组变为tuple再放入set中，或者可以直接建一个二维数组来记录0 1
下面是非常相似的一类题型，都是处理两个字符串的问题，定义dp的时候行和列长度都要加1，因为要做初始化，状态转移方程不好写时可以举例子来写，注意初始化加了一列一行后，后面遍历时的索引是从1到row+1和从1到col+1，
4 高频面试题，和编辑距离类似，关键是写出状态转移方程，子序列问题往往可以用动态规划，这个题可以用两个数组互相赋值记录数据来降低空间复杂度，
dp[i][j]= dp[i−1][j−1]+1 s1[i]==s2[j]
max(dp[i−1][j],dp[i][j−1]) s1[i]!= s2[j]
和最长公共子序列实际上是同一个题，
思路同上，dp[i][j]为公共子序列的最大和，先求出所有字符的和，再减去公共的字符之和乘2，或者可以直接定义dp[i][j]为最小的删除和，只不过初始化的时候不为0，下面为计算最大公共子序列字符之和的动态转移方程：
dp[i][j]=dp[i−1][j−1] + ord(s1[col-1]) 如果当前字符相等
class Solution: def minimumDeleteSum(self, s1: str, s2: str) -> int: l1 = len(s1) l2 = len(s2) dp = [[0] * (l1+1) for _ in range(l2+1)] for i in range(1, l1+1): dp[0][i] += (dp[0][i-1]+ord(s1[i-1])) for i in range(1, l2+1): dp[i][0] += (dp[i-1][0]+ord(s2[i-1])) for col in range(1, l1+1): for row in range(1, l2+1): if s1[col-1] == s2[row-1]: dp[row][col] = dp[row-1][col-1] else: dp[row][col] = min(dp[row][col-1]+ord(s1[col-1]), dp[row-1][col]+ord(s2[row-1])) return dp[-1][-1]
可以直接用最长公共子序列的方法解，也可以直接定义dp[row][col]为word1[:row-1]到word2[:col-1]的最少的删除次数，
if word2[row - 1] == word1[col - 1]: dp[row][col] = dp[row - 1][col - 1] else: dp[row][col] = min(dp[row][col - 1], dp[row - 1][col]) + 1
6 由于这个题是要求子数组（暗含连续），所以只有相等时才计算，且相等时直接用左上角的长度加1，dp[i][j]表示A[:i] B[:j] 两个数组中以A[i] B[j] 结尾的最长的连续子数组的长度，所以每次都计算最大值，这是有dp方程的定义决定的，
7 dp[row][col]表示t[:row-1]在s[:col-1]中的个数，所以当t[row-1]=s[col-1]时，这时dp[row][col] = dp[row][col - 1] + dp[row - 1][col - 1]，即左边的加左上的，当不相等时有 dp[row][col] = dp[row][col - 1]，即直接等于左边的，注意初始化时，空字符串包含于任意的字符串中，所以第一行为1，
8 逐行遍历中的难题，首先要确定要初始状态，即什么时候空字符可以匹配p，其次写状态转移方程的时候要考虑到 a*和.*的三种情况，即空字符，a，多个a 三种情况，不可漏掉任何一种，
# 自己的代码 两个半小时 # 首先读懂题意，题中的匹配是指两个字符串可以相等，单独的一个‘.'不能表示空字符，只有’*‘前面有’.‘或字符才能构成空字符， # 所以‘*’必须是从第二个开始，它实际上是用作乘， # dp[row][col]表示s[:row]是否可以与p[:col]相等，如果相等为1，否则为0 class Solution: def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool: ls = len(s) lp = len(p) dp = [[0] * (lp+1) for _ in range(ls+1)] dp[0][0] = 1 k = [] # 这里必须初始化，dp[0][col]表示空字符串与p[:col]是否匹配， # for i in range(lp): # # 如果当前的‘*’前面只有一个字符，则可以为空，赋值为1, # if p[i] == '*' and len(k) == 1: # k.pop() # dp[0][i+1] = 1 # # 下面这个是多余的，没必要 # # elif p[i] == '.' and len(k) == 0 and (i+1)<lp and p[i+1] == '*': # # dp[0][i+1] = 1 # # k.append(p[i]) # else: # k.append(p[i]) # 初始化简写后 # 如果当前字符为‘*’，则和它的前一个字符必定可以构成空字符串，所以当前状态就等于p[i-2]的状态， for i in range(lp): if p[i] == '*' and dp[0][i-1]: dp[0][i+1] = 1 for row in range(1, ls+1): for col in range(1, lp+1): # 如果当前字符为’.’（必定可以匹配，因为它可以匹配任意字符）或相等，则直接等于左上的值 if p[col-1] == '.' or s[row-1] == p[col-1]: dp[row][col] = dp[row-1][col-1] elif p[col-1] == '*': # 这里实际上是a* 的三种情况， # dp[row][col - 2] a* 为空 # dp[row][col - 1] a* 为单个字符 a # dp[row - 1][col - 1] 或 dp[row-1][col] a* 为多个字符 aa或者更多， if p[col-2] == s[row-1]: dp[row][col] = dp[row-1][col] or dp[row][col-2] or dp[row][col-1] # 如果前一个是点，则它必定可以和s[row-1]进行匹配，所以s[row-1]可有可无，当前的情况是否匹配决定与前面的情况 # dp[row - 1][col]表示的是s[row-2]和p[col-1]是否匹配，如果匹配，则加上s[row-1]也必定匹配，这时的 点* 为当个字符s[row-1] # dp[row][col-2]表示的是s[row-1]和p[col-3]是否匹配，这时的 点* 为空字符， # 这里之所以没有dp[row][col-1]是因为，当dp[row][col-1]为真的时候，dp[row-1][col] or dp[row][col-2]必定为真，所以可以省略， elif p[col-2] == '.': dp[row][col] = dp[row-1][col] or dp[row][col-2] # 最后是两个不等的情况，这个时候要相匹配 a* 只能为空，所以直接等于dp[row][col-2] else: dp[row][col] = dp[row][col-2] # # 上面的三种情况可以合并成两种， # for row in range(1, ls + 1): # for col in range(1, lp + 1): # if p[col - 1] == '.' or s[row - 1] == p[col - 1]: # dp[row][col] = dp[row - 1][col - 1] # elif p[col - 1] == '*': # # 二者相等时有三种情况 # # a*作为: 空字符, 单字符 a, 多字符 aaa... # if p[col - 2] == s[row - 1] or p[col - 2] == '.': # dp[row][col] = dp[row - 1][col] or dp[row][col - 2] or dp[row][col - 1] # else: # dp[row][col] = dp[row][col - 2] print(dp) return bool(dp[-1][-1])
这道题用动态规划不是最优解，和上一题类似，写动态转移方程的时候务必要考虑到 * 号的三种情况，这样才能不漏掉任何一种情况，
沿主对角线斜遍历型
1 与上面的1143题的状态转移方程类似，只不过遍历方式不同，
2 子串是连续的，子序列不连续，这个题的关键是初始状态的确定，主对角线和主对角线下面的是1，因为对于长度是2的字符串也要判断，row+1,col-1后就会到了主对角线下面，或者是先初始化主对角线和长度为2的（即主对角线上的），再进行遍历
# 自己的代码， class Solution: def longestPalindrome(self, s: str) -> str: l = len(s) dp = [[1] * l for _ in range(l)] # for i in range(l): # dp[i][i] = 1 res = [0,0] for col in range(1, l): for row in range(l-col): # 这里最巧妙，开始直接全赋值为1，这里再赋值为0，保证了上三角全是0，下三角全是1 dp[row][col] = 0 if s[row] == s[col] and dp[row+1][col-1]: dp[row][col] = 1 if res[1]-res[0] < col-row: res = [row,col] col += 1 return s[res[0]:res[1]+1]