Dynamic Programming
打家劫舍问题
偷了 i 家，则 i-1 家和 i+1 家都不能偷
nums列表存储的是第 i 家中的金币数量
dp列表存储的是前 i 家时小偷能够获得的最大金币数
dp = [0] * size
dp[0] = nums[0]
dp[1] = max(nums[0], nums[1])
for i in range(2, size):
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1])最大正方形
matrix存储元素为0或1字符的一个m x n矩阵，要求其中1元素能组成的最大正方形的边长
dp列表存储的第i行第j列可能构成的最大正方形边长
如果(i,j)处元素为1，则此处能构成的最大正方形边长为(i-1,j) (i,j-1) (i-1,j-1)中能构成的最大边长的最小值+1
for i in range(m):
for j in range(n):
if i == 0 or j == 0:
dp[i][j] = int(matrix[i][j])
elif i != 0 and j != 0:
if matrix[i][j] == '1':
dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]) + 1
else:
dp[i][j] = 0
if dp[i][j] > max:
max = dp[i][j]最长公共子序列(LCS)
设X=x1x2…xm和Y=y1y2…yn是两个序列，Z=z1z2…zk是这两个序列的一个最长公共子序列。
如果xm=yn，那么zk=xm=yn，且Zk-1是Xm-1，Yn-1的一个最长公共子序列；
如果xm≠yn，那么zk≠xm，意味着Z是Xm-1，Y的一个最长公共子序列；
如果xm≠yn，那么zk≠yn，意味着Z是X，Yn-1的一个最长公共子序列。
我们使用dp[i][j]来表示第一个串的前i位和第二个串的前j位中的最长公共子序列，我们很容易能发现当两个串的任意一个串的当前长度为0时，它的最长公共子序列的长度为0，所以先对dp数组的边界进行初始化。然后我们发现，如果a[i]=b[j]，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1，很显然，当比对的位字符一样时，能得到该状态转移方程。如果a[i]≠b[j]，dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])，该状态转移方程是由上面的2，3条取最大值得到的。
l1 = len(text1)
l2 = len(text2)
dp = [[0]*(l2+1) for _ in range(l1 + 1)]
for i in range(1, l1 + 1):
for j in range(1, l2 + 1):
if text1[i - 1] != text2[j - 1]:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
else:
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
return dp[l1][l2] 有效括号组合
数字 n 代表生成括号的对数，设计一个函数，用于能够生成所有可能的并且有效的括号组合。
固定第n个括号的左括号在最左，则n-1个括号可以在n括号内或外，通过动态规划可以直到小于n时的任意个括号的有效组合
dp = [[] for i in range(n + 1)]
dp[0].append('')
dp[1].append('()')
for i in range(2, n + 1):
for j in range(i):
a = dp[j]
b = dp[i - 1 - j]
for y in a:
for z in b:
p[i].append('(' + y + ')' + z)
return dp[n]最大子序列和
我们用 f[i] 代表以第 i 个数结尾的「连续子数组的最大和」
f[i] = max(f[i - 1] + nums[i], nums[i])
考虑到 f[i] 只和 f[i - 1] 相关，于是我们可以只用一个变量 pre 来维护。针对对于当前 f[i] ，pre 代表其 f[i - 1] 的值是多少，从而让空间复杂度降低到 **O(1)**，这有点类似「滚动数组」的思想。
n = len(nums)
pre = 0
res = float('-inf')
for i in range(n):
pre = max(pre + nums[i], nums[i])
res = max(res, pre)
# print(pre)
return res
