一、连续子数组的最大和

思路

这是一道简单线性 DP 题。

定义 f[i] 为考虑以 nums[i] 为结尾的子数组的最大值。不失一般性的考虑 f[i] 如何转移。
f[i] = max(f[i-1]+nums[i], nums[i])
f[i]表示当前下标及往前的连续子数组最大和，
等于f[i-1]+当前下标元素，与当前下标元素的较大者
也就是说，要么取从当前下标元素开始累加，要么包含前面的元素

class Solution {
    public int maxSubArray(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int[] f = new int[n];
        f[0] = nums[0];
        int ans = f[0];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            f[i] = Math.max(nums[i], f[i - 1] + nums[i]);
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
}

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二、最长递增子序列

思路

动态规划中，通过线性遍历来计算 dp 的复杂度无法降低；每轮计算中，需要通过线性遍历 [0,k) 区间元素来得到 dp[k] 。我们考虑：是否可以通过重新设计状态定义，使整个 dp 为一个排序列表；这样在计算每个 dp[k] 时，就可以通过二分法遍历 [0,k) 区间元素，将此部分复杂度由 O(N) 降至 O(logN)

 
class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        int[] tails = new int[nums.length];
        int res = 0;
        for(int num : nums) {
            int i = 0, j = res;
            while(i < j) {
                int m = (i + j) / 2;
                if(tails[m] < num) i = m + 1;
                else j = m;
            }
            tails[i] = num;
            if(res == j) res++;
        }
        return res;
    }
}

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三、最长递增子序列

思路

每一位 i 能否放置房子的决策仅与前一位 i-1 是否有房子有关
我们定义 f[i][2] 为第 i 位置是否有房子的方案数, f[i][0] 表示没房子, f[i][1] 表示有房子

i 位置没有房子不管 i-1 是否有房子都可以转移
f[i][0] = (f[i - 1][1] + f[i - 1][0]) % MOD;
i 位置放置房子则需要 i-1 处无房子
f[i][1] = f[i - 1][0];
由于路两边独立放置, 最后只要取个 f[n] 两个情况和的平方即可
记得用long 和取MOD

class Solution {
  int MOD = (int) 1e9 + 7;

  public int countHousePlacements(int n) {
    long[][] f = new long[n + 1][2];
    f[0][0] = 1;//边界情况
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      f[i][0] = (f[i - 1][1] + f[i - 1][0]) % MOD;
      f[i][1] = f[i - 1][0];
    }
    long res = 0;
    res = (f[n][0] + f[n][1]) * (f[n][0] + f[n][1]) % MOD;
    return (int) res;
  }
}