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题1：

指路：72. 编辑距离 - 力扣（LeetCode）

思路与代码：

关于dp数组的定义，我们定义一个二维数组dp[i][j]，其含义为以i-1为结尾的字符串word1和以j-1为结尾的字符串word2，最近编辑距离为dp[i][j]。关于递推公式，如果数组1和数组2中内容相等，此时无须做任何操作，就等于下标为i-1和j-1的编辑距离，也就是dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。当数组1和数组2中内容不同时，此时有三种操作，增、删、改。注意：当word1和word2中内容不相同时，不一定是单单改变其中一个变成另一个，也可以选择两者同时改变向对方靠近。删除word1的一个字符是dp[i-1][j]+1，替换字符为dp[i-1][j-1]+1，删除word2中字符(相对于word1为增加字符)即为dp[i][j-1]+1，取最小值即为 dp[i][j] = min({dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1]}) + 1。那么在初始化环节，dp[i][0]的含义为以下标i-1为结尾的字符串word1和空字符串word2的最近编辑距离为dp[i][0]，得到dp[i][0]=i，同理dp[0][j]=j。对于遍历顺序，很显然是从上到下从左到右，最后打印即可。代码如下：

class Solution {
public:int minDistance(string word1, string word2) {vector<vector<int>> dp(word1.size() + 1, vector<int>(word2.size() + 1, 0));for (int i = 0; i <= word1.size(); i++) dp[i][0] = i;for (int j = 0; j <= word2.size(); j++) dp[0][j] = j;for (int i = 1; i <= word1.size(); i++) {for (int j = 1; j <= word2.size(); j++) {if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}else {dp[i][j] = min({dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1]}) + 1;}}}return dp[word1.size()][word2.size()];}
};

题2：

指路：647. 回文子串 - 力扣（LeetCode）

思路与代码：

定义一个数组dp[i][j]，其含义为在i和j的范围内如果i和j对应的值相等且子串如果是回文串那么这个以i和j为范围的字符串就是回文子串，其中分为三种情况，首先，i和j相等，那么显然这个字符串就是只有一个字符的字符串，肯定是一个回文串，遇到符合条件的回文串时计数器加1；其次如果i和j相差为1，也就是i和j相邻，此时如果s[i]等于s[j]那么这也是一个回文字符串；最后一种情况为i和j相差大于1，也就是它们之中有一个子串，此时将i定义为数组始位置，j定义为尾位置，在判断s[i]等于s[j]后，再进一步将i和j各往前移位一位，也就是i+1和j-1的位置，如果也成立继续判断得到回文子串的判断。注意，我们在i和j位置的数值也要判断的是i+1和j-1的位置的数值，那么在二维数组中对应的位置就是[i,j]的左下方位置，换句话来说，由左下方向右上方判断，也就是从左到右从下往上循环。最后输出即可。

class Solution {
public:int countSubstrings(string s) {if (s.size() <= 1) return s.size();vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));int result = 0;for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {for (int j = i; j < s.size(); j++) {if (s[i] == s[j]) {if (j - i <= 1) {result++;dp[i][j] = true;}else if (dp[i + 1][j - 1]) {result++;dp[i][j] = true;}}}}return result;}
};

题3：

指路：516. 最长回文子序列 - 力扣（LeetCode）

思路与代码：

本题与上题的区别在于子串和子序列的区别，子串须连续，子序列则不需要。定义一个数组dp[i][j]，其含义为字符串s[i, j]范围内最长的回文子序列的长度为d[i][j]。递推公式中，依旧是回文，判断s[i]与s[j]的相等状况就好。如果二者相同那么dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2(加2是因为首尾元素也是回文子序列的一部分)，如果二者不相同则说明首尾元素不能同时加入子序列的队伍，那么尝试首尾元素分开添加，取较大值即可，即dp[i][j]=max(dp[i+1][j], dp[i][j-1])。这里的遍历顺序如上题所言，从下往上从左往右，最后打印即可。代码如下：

class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {vector<vector<int>> dp(s.size(), vector<int>(s.size(), 0));for (int i = 0; i < s.size(); i++) dp[i][i] = 1;for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {for (int j = i + 1; j < s.size(); j++) {if (s[i] == s[j]) {dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;}else {dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);}}}return dp[0][s.size() - 1];}
};

动态规划的小总结：

呼~动态规划终于告一段落了，感觉比起子序列问题我更喜欢股票类问题。但是无外乎就五步，定义dp数组及其定义，推断递推公式，初始化dp数组，确定遍历顺序最后打印dp数组。好累，先这样。