95% 的迭代都是基于这 6 种迭代思想

从 DOM 下部端口一层层往下大概据本体，辨别当当年端口的 id 应该是我们要寻帮忙的 id='d-cal'

可用：DOM 下部端口 document ，我们要寻帮忙的 id='d-cal'

可用：送回意味着 id='sisteran' 的孙子操作符

function getElementById(node, id){}

第二步：寻帮忙大概据本体终结必要条件

从document开始往下帮忙，对所有孙子操作符大概据本体查找他们的孙子操作符，一层一层地往下查找：

如果当当年操作符的 id 合乎查找必要条件，则送回当当年操作符如果仍未到了叶孙子操作符了还只能律条文看到，则送回 nullfunction getElementById(node, id){ // 当当年操作符不发挥作用，仍未到了叶孙子操作符了还只能律条文看到，送回 null if(!node) return null // 当当年操作符的 id 合乎查找必要条件，送回当当年操作符 if(node.id === id) return node}

第三步：指明大概据本体关系式

当当年操作符的 id 不合乎查找必要条件，大概据本体查找它的每一个孙子操作符

function getElementById(node, id){ // 当当年操作符不发挥作用，仍未到了叶孙子操作符了还只能律条文看到，送回 null if(!node) return null // 当当年操作符的 id 合乎查找必要条件，送回当当年操作符 if(node.id === id) return node // 当年操作符的 id 不合乎查找必要条件，先前查找它的每一个孙子操作符 for(var i = 0; i < node.childNodes.length; i++){ // 大概据本体查找它的每一个孙子操作符 var found = getElementById(node.childNodes[i], id); if(found) return found; } return null;}

就这样，我们的一个 document.getElementById 功能仍未借助于了：

function getElementById(node, id){ if(!node) return null; if(node.id === id) return node; for(var i = 0; i < node.childNodes.length; i++){ var found = getElementById(node.childNodes[i], id); if(found) return found; } return null;}getElementById(document, "d-cal");

终于在控制台试验一下，监督结果如下三幅右图：

用到大概据本体的唯点是编译器直观生动活泼，缺点是高效率比不上非大概据本体的借助于。Chrome网页的查DOM是用到非大概据本体借助于。非大概据本体要怎么借助于呢？

如下编译器：

function getByElementId(node, id){ //另加载所有的Node while(node){ if(node.id === id) return node; node = nextElement(node); } return null;}

还是由南向北另加载所有的 DOM 操作符，只是这一次改换一个 while 尿素，函大概 nextElement 负责看到下一个操作符。所以关键在于这个 nextElement 如何借助于非大概据本体查找操作符功能：

// 深另加载function nextElement(node){ // 到时辨别应该有孙子操作符 if(node.children.length) { // 有则送回第一个孙子操作符 return node.children[0]; } // 日后辨别应该有相邻操作符 if(node.nextElementSibling){ // 有则送回它的下一个相邻操作符 return node.nextElementSibling; } // 否则，往上送回它的父操作符的下一个相邻金属元素，极为于上面大概据本体借助于底下的for尿素的i另加1 while(node.parentNode){ if(node.parentNode.nextElementSibling) { return node.parentNode.nextElementSibling; } node = node.parentNode; } return null;}

在控制台底下运行这段编译器，举实有来说也可以自始确地可用结果。不管是非大概据本体还是大概据本体，它们都是深唯到时另加载，这个过程如下三幅右图。

实际上 getElementById 网页是用的一个另加密算法 map 读自取的，下部据 id 反之亦然拓扑到 DOM 操作符，而 getElementsByClassName 就是用的这样的非大概据本体查找。

参考：我带入过的当年端大概据本体与启发式

2 原属启发式

2.1 启发式意三幅

在计大概机科兼修先前，原属启发式是一个很重要的启发式，加速顺序对齐、归并顺序对齐等都是基于原属意三幅透过借助于的，所以，同意认自为是握有它。

原属，称做，就是 必先 ，将一个多样的缺陷，分别为两个或多个十分相似的孙子缺陷，在把孙子缺陷分别为越少来越少小的孙子缺陷，直到越少来越少小的孙子缺陷可以直观解是析，解是析孙子缺陷，则原缺陷的解是则为阿孙子缺陷解是的分拆。

2.2 符合一幕

当出新现意味着表列出必要条件的缺陷，可以设法只用原属意三幅透过解是析：

许多现代缺陷可以分别为多个十分相似的孙子缺陷孙子缺陷可以很直观的解是析许多现代缺陷的解是是孙子缺陷解是的分拆各个孙子缺陷是彼此间独立自主的，不举实有来说不尽相同的孙子缺陷

原属的解是题意三幅：

第一步：分解成是，将原缺陷分解成是为若干个体量较小，彼此间独立自主，与原缺陷型式不尽相同的孙子缺陷第二步：解是决，解是决各个孙子缺陷第三步：分拆，将各个孙子缺陷的解是分拆为原缺陷的解是

2.3用到原属法律条文解是析的一些独创缺陷

一个单位查找归并顺序对齐加速顺序对齐汉诺塔缺陷React 等待时间分片

一个单位查找

也指折半查找启发式，它是一种直观生动活泼的加速查找启发式。实有如我随机寄给0-100之间的一个大概字，让你恰巧我寄给的是什么？你每恰巧一次，我就可能会告诉他你恰巧的大了还是小了，直到恰巧先前为止。

第一步：分解成是

每次恰巧拳都把上一次的结果分到新大的一个大和小的一个大，四支彼此间独立自主

为了让大概据本体先前的上方大概function binarySearch(items, item) { // low、mid、high将大概据本体分别为四支 var low = 0, high = items.length - 1, mid = Math.floor((low+high)/2), elem = items[mid] // ...}

第二步：解是决孙子缺陷

查找大概与上方大概对比

比上方大概低，则去上方大概前面的孙子大概据本体先前寻帮忙；比上方大概高，则去上方大概右边的孙子大概据本体先前寻帮忙；也就是说则送回查找成功while(low <= high) { if(elem < item) { // 比上方大概高 low = mid + 1 } else if(elem> item) { // 比上方大概低 high = mid - 1 } else { // 也就是说 return mid }}

第三步：分拆

function binarySearch(items, item) { var low = 0, high = items.length - 1, mid, elem while(low <= high) { mid = Math.floor((low+high)/2) elem = items[mid] if(elem < item) { low = mid + 1 } else if(elem> item) { high = mid - 1 } else { return mid } } return -1}

终于，一个单位法律条文下部本只能律条文使用大概据本体一个系统的可能，如果大概据本体无序，一个单位查找就可能会起作用了

function binarySearch(items, item) { // quickSort(items) var low = 0, high = items.length - 1, mid, elem while(low <= high) { mid = Math.floor((low+high)/2) elem = items[mid] if(elem < item) { low = mid + 1 } else if(elem> item) { high = mid - 1 } else { return mid } } return -1}// 试验var arr = [2,3,1,4]binarySearch(arr, 3)// 2binarySearch(arr, 5)// -1

试验成功

3 只不过启发式

3.1 启发式意三幅

只不过启发式，故名思义，却是做当当年的一个系统为了让，即期待通过暂时性的一个系统为了让得到本体上的一个系统为了让。

都是上却说，只不过启发式是很贪财、很目光较短浅的，它不从本体上日后考虑，仅仅只关切当当年的仅次于利益，所以却说它做的为了让仅仅是都是上的暂时性一个系统，但是只不过启发式在很多缺陷上还是都能到手一个系统解是或较唯解是，所以它的发挥作用还是有意义的。

3.2 符合一幕

在日常生活先前，我们用到到只不过启发式的时候还是挺多的，实有如：

从100章面额不等的面额先前，放进新 10 张，怎样才能得到最多的价数值？

我们只下部本只能律条文每次都为了让留依然的面额先前仅次于的面额，终于一定到手的就是一个系统解是，这就是用到的只不过启发式，并且终于给与了本体上一个系统解是。

但是，我们任然下部本只能律条文指明的是，期待通过暂时性的一个系统为了让得到本体上的一个系统为了让，仅仅是期待而已，也有可能事与愿违给与的结果未必可能会是本体上一个系统解是。

实有如：所求自取A到G最较短同方向：

下部据只不过启发式却是为了让当当年一个系统为了让，所以它首到时为了让的同方向是 AB，然后 BE、EG，所给与的同方向总长为 1 + 5 + 4 = 10，然而这并不是最较短同方向，最较短同方向为 A->C->G : 2 + 2 = 4，所以却说，只不过启发式给与得未必是一个系统解是。

那么一般在什么时候可以设法为了让用到只不过启发式喃？

当意味着一下必要条件时，可以用到：

原缺陷线性过高所求同类型局一个系统解是的大概兼修模型难以建立或计大概用量过大只能律条文太大必要一定拒绝出新同类型局一个系统解是，“极为唯”就可以

如果用到只不过启发式所求一个系统解是，可以按照表列出 步骤解是析 ：

首到时，我们下部本只能律条文指明什么是一个系统解是（期待）然后，把缺陷分别为多个步骤，基元都下部本只能律条文意味着：

可行性：基元都意味着缺陷的约束

暂时性一个系统：基元都做一个暂时性一个系统的为了让

- 不宜更改：为了让一旦做，在上方碰到任何可能都不宜更改终于，渐变所有步骤的一个系统解是，就是同类型局一个系统解是

3.3 独创案实有：社交活动为了让缺陷

用到只不过启发式解是析的独创缺陷有：

仅次于者降解大树启发式单源最较短同方向的 Dijkstra 启发式Huffman 缓冲序列袋子缺陷社交活动为了让缺陷等

其先前社交活动为了让缺陷是最直观的，这从前详细详述这个。

社交活动为了让缺陷是《启发式通论》上的实有孙子，也是一个越少来越少另加独创的缺陷。有 n 个社交活动（a1,a2,…,an）下部本只能律条文用到同一个教育资源（实有如教室），教育资源在某个天都下部本只能律条文供一个社交活动用到。每个社交活动 ai 都有一个开始等待时间 si 和终结等待时间 fi 。一旦被为了让后，社交活动 ai 就占据半开等待时间区间 [si,fi) 。如果 [si,fi) 和 [sj,fj) 互相隔开，ai 和 aj 两个社交活动就可以被决定在这一天。

该缺陷就是要决定这些社交活动，使得尽用量多的社交活动能不武装冲突的闭幕。实有如下三幅右图的社交活动不可数S，其先前各项社交活动按照终结等待时间公式化有所增另加顺序对齐。

共有 7 个社交活动，它们在 18 个每隔内下部本只能律条文占用的等待时间如上三幅，如何为了让社交活动，能让这间教室来进行率最高喃（都能闭幕越少来越少多的社交活动）？

只不过启发式对这种缺陷的解是决很直观的，它开始天都开始为了让，每次为了让开始等待时间与与已为了让社交活动不武装冲突的，终结等待时间又极为靠当年的社交活动，这样可能会让留依然的等待时间区间越少来越少长。

首到时 a1 社交活动的终结等待时间更早，为了让 a1 社交活动a1 终结后，a2 有等待时间武装冲突，不宜为了让，a3、a4 都可为了让，但 a4 终结等待时间更早，为了让 a4由南向北为了让等待时间只能律条文武装冲突的，又终结等待时间更早的社交活动

事与愿违为了让社交活动为 a1，a4，a5，a7。为一个系统解是。

4 推演启发式

4.1 启发式意三幅

推演启发式是一种抓自取法律条文，试探法律条文，它可能会在基元做为了让，一旦找到这个为了让只能律条文给与期待结果，就推演跑去，以后做为了让。深唯到时抓自取来进行的就是推演启发式思维。

4.2 符合一幕

推演启发式很直观，它就是不停的设法，直到到手解是。它的这种启发式思维，使它举实有来却说常用解是决广度的抓自取缺陷，即从一个大有可能的解是先前，为了让一个意味着拒绝的解是。

4.3 用到推演启发式的独创案实有

深唯到时抓自取0-1袋子缺陷自始则表达式转换八王妃大概独同类型对齐

等等，深唯到时抓自取我们在三幅那一章仍未详述过，这从前以自始则表达式转换为实有，详述一下

自始则表达式转换

var string = "abbc"

var regex = /ab{1,3}c/

console.log( string.match(regex) )

// ["abbc", index: 0, input: "abbc", groups: undefined]

它的转换过程：

在第 5 步转换最终，此时 b{1,3} 仍未转换到了两个 b 自始要设法第三个 b ，结果找到接依然是 c 。此时就下部本只能律条文推演到上一步， b{1,3} 转换完毕（转换到了 bb ），然后日后转换 c ，转换到了 c 转换终结。

5 实时本体上规划

5.1 启发式意三幅

实时本体上规划也是将多样缺陷分解成是成小缺陷解是析的意三幅，与原属启发式不尽相同的是，原属启发式拒绝各孙子缺陷是彼此间独立自主的，而实时本体上规划各孙子缺陷是彼此间共同点的。

所以，实时本体上规划符合于孙子缺陷隔开的可能，即不尽相同的孙子缺陷具公共的孙子孙子缺陷，在这种可能下，原属意三幅可能会做很多可消除的实习，它可能会不停解是析那些公共孙子孙子缺陷，而实时本体上规划可能会对每个孙子孙子缺陷解是析一次，然后保发挥作用示实有先前，如果碰到一致的缺陷，从示实有先前受益既可，所以它无需解是析每一个孙子孙子缺陷，消除了大用量的可消除操作。

5.2 符合一幕

实时本体上规划符合于解是析一个系统解是缺陷，比如，从面额可有的100个银币先前任意选用多个凑成10元，所求怎样选用银币才可以使终于选用的银币大概总和又刚好凑够了10元。这就是一个典型的实时本体上规划缺陷。它可以分别为一个个孙子缺陷（每次选用银币），每个孙子缺陷又有公共的孙子孙子缺陷（选用银币），孙子缺陷之间彼此间共同点（已选用的银币总金额可能会最多10元），边境必要条件就是事与愿违选用的银币总金额为 10 元。

针对上实有，也许你也可以却说，我们可以用到推演启发式，不停的去试探，但推演启发式是用到与解是析广度的解是（意味着拒绝的解是），如果是用推演启发式，我们下部本只能律条文设法去帮忙所有反之亦然的解是，然后看到一个系统解是，等待时间线性为 O(2_n_) ，这性能是极为输的。大多大概符合于实时本体上规划的缺陷，都可以用到推演启发式，只是用到推演启发式的等待时间线性极为高而已。

终于，说明了一下，我们用到实时本体上规划解是析缺陷时，下部本只能律条文遵循表列出几个重要步骤：

判别孙子缺陷借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分辨识并解是析出新边境必要条件

5.3 用到实时本体上规划解是析的一些独创缺陷

丢下扶手缺陷：理论上你自始要丢下扶手。下部本只能律条文 n 由此可自为你才能到达屋顶。每次你可以丢下 1 或 2 个回廊。你有多少种不尽相同的方法可以丢下到屋顶呢？袋子缺陷：给出新一些教育资源（有总用量及价数值），给一个袋子（有总发电用量），往袋子从前装教育资源，前提是在袋子不最多总发电用量的可能下，装入越少来越少多的价数值银币帮忙零：给出新面额可有的一定大概用量的现金，以及下部本只能律条文帮忙零的钱大概，帮忙出新有多少种帮忙零同意书三幅的同类型源最较短同方向：一个三幅先前举实有来说 u、v 自始四面体，帮忙出新从自始四面体 u 到自始四面体 v 的最较短同方向不长公共孙子核苷酸：帮忙出新一个大核苷酸的不长公共孙子核苷酸（可由另一核苷酸删除金属元素但不扭转留依然金属元素的顺序借助于）

这从前以不长公共孙子核苷酸为实有。

丢下扶手缺陷

这从前以实时本体上规划独创缺陷丢下扶手缺陷为实有，详述解是析实时本体上规划缺陷的步骤。

第一步：判别孙子缺陷

如果用 dp[n] 却所述第 n 级回廊的同意书大概，并且由题目自为：终于一步有可能埃利 2 个回廊，也可埃利 1 个回廊，即第 n 级回廊的同意书大概等于第 n-1 级回廊的同意书大概另加上第 n-2 级回廊的同意书大概

第二步：借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分

dp[n] = dp[n−1] + dp[n−2]

第三步：辨识并解是析出新边境必要条件

// 第 0 级 1 种同意书 dp[0]=1 // 第 1 级也是 1 种同意书 dp[1]=1

终于一步：把尾码写成编译器，检视一些边境可能

let climbStairs = function(n) { let dp = [1, 1] for(let i = 2; i <= n; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] } return dp[n]}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(n)

唯化室内空间线性：

let climbStairs = function(n) { let res = 1, n1 = 1, n2 = 1 for(let i = 2; i <= n; i++) { res = n1 + n2 n1 = n2 n2 = res } return res}

室内空间线性：O(1)

6 计大概启发式

6.1 启发式意三幅

计大概启发式的思维是：将缺陷的所有有可能的解法一一详见，然后下部据必要条件辨别此解法应该合适，保留合适的，丢弃不合适的。

6.2 解是题设想

未确定计大概对象、计大概适用范围和判定必要条件。先前详见有可能的解是，试验每个解是应该是缺陷的解是。7 刷题

7.1 丢下扶手缺陷

理论上你自始要丢下扶手。下部本只能律条文 n 由此可自为你才能到达屋顶。

每次你可以丢下 1 或 2 个回廊。你有多少种不尽相同的方法可以丢下到屋顶呢？

忽略： 假定 n 是一个自始整大概。

举实有来却说 1：

可用： 2可用： 2认自为是： 有两种方法可以丢下到屋顶。1. 1 由此可自为 + 1 由此可自为2. 2 由此可自为

举实有来却说 2：

可用： 3可用： 3认自为是： 有三种方法可以丢下到屋顶。1. 1 由此可自为 + 1 由此可自为 + 1 由此可自为2. 1 由此可自为 + 2 由此可自为3. 2 由此可自为 + 1 由此可自为

大概学公式：实时本体上规划

实时本体上规划（Dynamic Programming，DP）是一种将多样缺陷分解成是成小缺陷解是析的意三幅，但与原属启发式不尽相同的是，原属启发式拒绝各孙子缺陷是彼此间独立自主的，而实时本体上规划各孙子缺陷是彼此间共同点的。

原属，称做，就是必先，将一个多样的缺陷，分别为两个或多个十分相似的孙子缺陷，在把孙子缺陷分别为越少来越少小的孙子缺陷，直到越少来越少小的孙子缺陷可以直观解是析，解是析孙子缺陷，则原缺陷的解是则为孙子缺陷解是的分拆。

我们用到实时本体上规划解是析缺陷时，下部本只能律条文遵循表列出几个重要步骤：

判别孙子缺陷借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分辨识并解是析出新边境必要条件

第一步：判别孙子缺陷

如果用 dp[n] 却所述第 n 级回廊的同意书大概，并且由题目自为：终于一步有可能埃利 2 个回廊，也可埃利 1 个回廊，即第 n 级回廊的同意书大概等于第 n-1 级回廊的同意书大概另加上第 n-2 级回廊的同意书大概

第二步：借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分

dp[n] = dp[n−1] + dp[n−2]

第三步：辨识并解是析出新边境必要条件

// 第 0 级 1 种同意书 dp[0]=1 // 第 1 级也是 1 种同意书 dp[1]=1

终于一步：把尾码写成编译器，检视一些边境可能

let climbStairs = function(n) { let dp = [1, 1] for(let i = 2; i <= n; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] } return dp[n]}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(n)

唯化室内空间线性：

let climbStairs = function(n) { let res = 1, n1 = 1, n2 = 1 for(let i = 2; i <= n; i++) { res = n1 + n2 n1 = n2 n2 = res } return res}

室内空间线性：O(1)

7.2 用到仅次于者开销丢下扶手

大概据本体的每个查找作为一个门廊，第 i 个门廊相同着一个非负大概的耐心开销数值 cost[i] (查找从0开始)。

每当你丢下上一个门廊你都要开销相同的耐心开销数值，然后你可以为了让先前丢下一个门廊或者丢下两个门廊。

您下部本只能律条文看到大幅提高3楼顶端的平均开销。在开始时，你可以为了让从查找为 0 或 1 的金属元素作为初始门廊。

举实有来却说 1:

可用: cost = [10, 15, 20]可用: 15认自为是: 平均开销就是指cost[1]开始，然后丢下两步即可到门廊顶，合共开销15。

举实有来却说 2:

可用: cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]可用: 6认自为是: 平均开销方法就是指cost[0]开始，逐个经过那些1，过关cost[3]，合共开销6。

忽略：

cost 的间距将可能会在 [2, 1000] 。每一个 cost[i] 将可能会是一个Integer类型，适用范围为 [0, 999] 。

大概学公式：实时本体上规划

本题忽略认自为是题意：

第 i 级回廊是第 i-1 级回廊的门廊顶端。走上第 i 级回廊开销 cost[i] ，反之亦然埃利一大步跨过而不走上去则不用开销。扶手顶端在大概据本体均，如果大概据本体间距为 len，那么屋顶就在十六进制为 len

第一步：判别孙子缺陷

走上第 i 级回廊的耐心可用为到达当年两个门廊的仅次于者耐心可用另加上本层耐心可用：

终于埃利 1 步走上第 i 级回廊：dp[i-1] + cost[i]终于埃利 1 步走上第 i 级回廊：dp[i-2] + cost[i]

第二步：借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分

所以走上第 i 级回廊的仅次于者开销为：

dp[i] = min(dp[i-2], dp[i-1]) + cost[i]

第三步：辨识并解是析出新边境必要条件

// 第 0 级 cost[0] 种同意书 dp[0] = cost[0]// 第 1 级，有两种可能// 1：分别走上第0级与第1级回廊，开销cost[0] + cost[1]// 2：反之亦然从地面开始埃利两步反之亦然走上第1级回廊，开销cost[1]dp[1] = min(cost[0] + cost[1], cost[1]) = cost[1]

终于一步：把尾码写成编译器，检视一些边境可能

let minCostClimbingStairs = function(cost) { cost.push(0) let dp = [], n = cost.length dp[0] = cost[0] dp[1] = cost[1] for(let i = 2; i < n; i++){ dp[i] = Math.min(dp[i-2] , dp[i-1]) + cost[i] } return dp[n-1]}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(n)

唯化：

let minCostClimbingStairs = function(cost) { let n = cost.length, n1 = cost[0], n2 = cost[1] for(let i = 2;i < n;i++){ let tmp = n2 n2 = Math.min(n1,n2)+cost[i] n1 = tmp } return Math.min(n1,n2)};等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(1)

越少来越少多解是答

7.3 仅次于孙子序和

假定一个整大概大概据本体 nums ，看到一个具仅次于和的年终孙子大概据本体（孙子大概据本体总和举实有来说一个金属元素），送回其仅次于和。

举实有来却说:

可用: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]可用: 6认自为是: 年终孙子大概据本体 [4,-1,2,1] 的和仅次于，为 6。

进由此可自为:

如果你仍未借助于线性为 O(n) 的大概学公式，设法用到越少来越少为引人入胜的原属法律条文解是析。

第一步：判别孙子缺陷

实时本体上规划是将整个大概据本体可分日后考虑，理论上我们仍未自为道了以第 i-1 个大概结尾的年终孙子大概据本体的仅次于和 dp[i-1]，仅仅以第i个大概结尾的年终孙子大概据本体的仅次于和的有可能自取数值要么为 dp[i-1]+nums[i]，要么就是 nums[i] 分开成一个大，也就是 nums[i] ，在这两个大概先前我们自取仅次于数值

第二步：借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分

dp[n] = Math.max(dp[n−1]+nums[n], nums[n])

第三步：辨识并解是析出新边境必要条件

dp[0]=nums[0]

终于一步：把尾码写成编译器，检视一些边境可能

因为我们在计大概 dp[i] 的时候，只谈论 dp[i-1] 与 nums[i]，因此不用把整个 dp 大概据本体完好依然，只需设为一个 pre 完好 dp[i-1] 就好了。

编译器借助于（唯化）：

let maxSubArray = function(nums) { let max = nums[0], pre = 0 for(const num of nums) { if(pre> 0) { pre += num } else { pre = num } max = Math.max(max, pre) } return max}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(1)

7.4 买卖一般而言股的最佳时机

假定一个大概据本体，它的第 i 个金属元素是一支假定一般而言股第 i 天的价格。

如果你最多只而无须已完成一笔买进（即买进和赚到一支一般而言股一次），新设计一个启发式来计大概你其所受益的仅次于资本。

忽略：你可能会在买进一般而言股当年赚到一般而言股。

举实有来却说 1:

可用: [7,1,5,3,6,4]可用: 5认自为是: 在第 2 天（一般而言股价格 = 1）的时候买进，在第 5 天（一般而言股价格 = 6）的时候赚到，仅次于资本 = 6-1 = 5 。 忽略资本可能会是 7-1 = 6, 因为赚到价格下部本只能律条文也就是说买进价格；同时，你可能会在买进当年赚到一般而言股。

举实有来却说 2:

可用: [7,6,4,3,1]可用: 0认自为是: 在这种可能下, 只能律条文买进已完成, 所以仅次于资本为 0。

大概学公式：实时本体上规划

第一步：判别孙子缺陷

实时本体上规划是将整个大概据本体可分日后考虑，理论上我们仍未自为道了 i-1 个一般而言股的仅次于资本为 dp[i-1]，仅仅 i 个年终一般而言股的仅次于资本为 dp[i-1] ，要么就是就是 prices[i] - minprice （ minprice 为当年 i-1 支一般而言股的仅次于者数值 ），在这两个大概先前我们自取仅次于数值

第二步：借助于下部本只能律条文不停监督解是决的孙子孙子缺陷大部分

dp[i] = Math.max(dp[i−1], prices[i] - minprice)

第三步：辨识并解是析出新边境必要条件

dp[0]=0

终于一步：把尾码写成编译器，检视一些边境可能

因为我们在计大概 dp[i] 的时候，只谈论 dp[i-1] 与 prices[i]，因此不用把整个 dp 大概据本体完好依然，只需设为一个 max 完好 dp[i-1] 就好了。

编译器借助于（唯化）：

let maxProfit = function(prices) { let max = 0, minprice = prices[0] for(let i = 1; i < prices.length; i++) { minprice = Math.min(prices[i], minprice) max = Math.max(max, prices[i] - minprice) } return max}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(1)

7.5 ；也孙查帮忙

假定一个自始则表达式，你的任务是计大概这个自始则表达式先前有多少个；也孙查帮忙。

具不尽相同开始一段距离或终结一段距离的孙查帮忙，即使是由不尽相同的Unicode组成，也可能会被当作不尽相同的孙查帮忙。

举实有来却说 1：

可用："abc"可用：3认自为是：三个；也孙查帮忙: "a", "b", "c"

举实有来却说 2：

可用："aaa"可用：6认自为是：6个；也孙查帮忙: "a", "a", "a", "aa", "aa", "aaa"

提醒：

可用的自始则表达式间距可能会最多 1000 。

大概学公式一：犯罪行为法律条文

let countSubstrings = function(s) { let count = 0 for (let i = 0; i < s.length; i++) { for (let j = i; j < s.length; j++) { if (isPalindrome(s.substring(i, j + 1))) { count++ } } } return count}let isPalindrome = function(s) { let i = 0, j = s.length - 1 while (i < j) { if (s[i] != s[j]) return false i++ j；还有 } return true}

线性分析：

等待时间线性：O(n_3_)室内空间线性：O(1)

大概学公式二：实时本体上规划

一个自始则表达式是；也串，它的首尾Unicode不尽相同，且全数孙查帮忙也是一个；也串。其先前，全数孙查帮忙应该为；也串，就是体量小一点的孙子缺陷，它的结果影响大缺陷的结果。

我们怎么去描述孙子缺陷呢？

仅仅，一个孙查帮忙由连接处的 i 、j 操作符未确定，就是描述孙子缺陷的变用量，孙查帮忙 s[i...j] （ dp[i][j] ） 应该是；也串，就是孙子缺陷。

我们用二维大概据本体记事计大概过的孙子缺陷的结果，从base case出新发，像填表一样递推出新每个孙子缺陷的解是。

j a a b ai a ✅ a ✅ b ✅ a ✅

忽略： i<=j ，只需用半张表，线脚照相

所以：

i === j：dp[i][j]=truej - i == 1 && s[i] == s[j]：dp[i][j] = truej - i> 1 && s[i] == s[j] && dp[i + 1][j - 1]：dp[i][j] = true

即：

s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1]): dp[i][j]=true

否则为 false

编译器借助于：

let countSubstrings = function(s) { const len = s.length let count = 0 const dp = new Array(len) for (let i = 0; i < len; i++) { dp[i] = new Array(len).fill(false) } for (let j = 0; j < len; j++) { for (let i = 0; i <= j; i++) { if (s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1][j - 1])) { dp[i][j] = true count++ } else { dp[i][j] = false } } } return count}

编译器借助于（唯化）：

把上三幅的示实有线脚一列看作假定大概据本体，还是线脚照相，此时仅仅下部本只能律条文将 dp 判别为假定大概据本体即可

let countSubstrings = function(s) { const len = s.length let count = 0 const dp = new Array(len) for (let j = 0; j < len; j++) { for (let i = 0; i <= j; i++) { if (s[i] === s[j] && (j - i <= 1 || dp[i + 1])) { dp[i] = true count++ } else { dp[i] = false } } } return count;}

线性分析：

等待时间线性：O(n_2_)室内空间线性：O(n)

越少来越少多解是答

7.6 不长；也孙查帮忙

假定一个自始则表达式 s，看到 s 先前不长的；也孙查帮忙。你可以理论上 s 的仅次于间距为 1000。

举实有来却说 1：

可用: "babad"可用: "bab"忽略: "aba" 也是一个合理解法。

举实有来却说 2：

可用: "cbbd"可用: "bb"

大概学公式：实时本体上规划

第 1 步：判别完全

dp[i][j] 却所述孙查帮忙 s[i..j] 应该为；也孙查帮忙，这从前孙查帮忙 s[i..j] 判别为左闭右1]，可以自取到 s[i] 和 s[j] 。

第 2 步：思考完全转移方程

对于一个孙查帮忙而言，如果它是；也串，那么在它的首尾提高一个不尽相同Unicode，它仍然是个；也串

dp[i][j] = (s[i] === s[j]) && dp[i+1][j-1]

第 3 步：初始完全：

dp[i][i] = true // 单个Unicode是；也串if(s[i] === s[i+1]) dp[i][i+1] = true // 年终两个不尽相同Unicode是；也串

编译器借助于：

const longestPalindrome = (s) => { if (s.length < 2) return s // res: 不长；也孙查帮忙 let res = s[0], dp = [] for (let i = 0; i < s.length; i++) { dp[i][i] = true } for (let j = 1; j < s.length; j++) { for (let i = 0; i < j; i++) { if (j - i === 1 && s[i] === s[j]) { dp[i][j] = true } else if (s[i] === s[j] && dp[i + 1][j - 1]) { dp[i][j] = true } // 受益当当年不长；也孙查帮忙 if (dp[i][j] && j - i + 1> res.length) { res = s.substring(i, j + 1) } } } return res}

线性分析：

等待时间线性：O(n_2_)室内空间线性：O(n_2_)

7.7 仅次于者同方向和

假定一个举实有来说非负整大概的 m x n 网格 grid ，再三帮忙出新一条从左上角到右上角的同方向，使得同方向上的大概字翻倍为仅次于者。

却所述：每次下部本只能律条文向下或者向下移动一步。

举实有来却说 1：

可用：grid = [[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]可用：7认自为是：因为同方向 1→3→1→1→1 的翻倍仅次于者。

举实有来却说 2：

可用：grid = [[1,2,3],[4,5,6]]可用：12

提醒：

m == grid.lengthn == grid[i].length1 <= m, n <= 2000 <= grid[i][j] <= 100

1、DP方程 当当年项仅次于者同方向和 = 当当年项数值 + 上项或左项先前的仅次于者数值 grid[i][j] += Math.min( grid[i - 1][j], grid[i][j - 1] )

2、边境检视 grid的省略与第一列 分别只能律条文上项与左项 故分开检视计大概起项仅次于者同方向和 计大概省略：

for(let j = 1; j < col; j++) grid[0][j] += grid[0][j - 1]

计大概第一列：

for(let i = 1; i < row; i++) grid[i][0] += grid[i - 1][0]

3、编译器借助于

var minPathSum = function(grid) { let row = grid.length, col = grid[0].length // calc boundary for(let i = 1; i < row; i++) // calc first col grid[i][0] += grid[i - 1][0] for(let j = 1; j < col; j++) // calc first row grid[0][j] += grid[0][j - 1] for(let i = 1; i < row; i++) for(let j = 1; j < col; j++) grid[i][j] += Math.min(grid[i - 1][j], grid[i][j - 1]) return grid[row - 1][col - 1]};

7.8 买卖一般而言股的最佳时机 II

假定一个大概据本体，它的第 i 个金属元素是一支假定一般而言股第 i 天的价格。

新设计一个启发式来计大概你其所受益的仅次于资本。你可以尽有可能地已完成越少来越少多的买进（多次买卖一支一般而言股）。

忽略： 你可能会同时参与多笔买进（你必须在日后次购置当年购置丢弃之当年的一般而言股）。

举实有来却说 1:

可用: [7,1,5,3,6,4]可用: 7认自为是: 在第 2 天（一般而言股价格 = 1）的时候买进，在第 3 天（一般而言股价格 = 5）的时候赚到, 这笔买进其所得到资本 = 5-1 = 4 。 随后，在第 4 天（一般而言股价格 = 3）的时候买进，在第 5 天（一般而言股价格 = 6）的时候赚到, 这笔买进其所得到资本 = 6-3 = 3 。

举实有来却说 2:

可用: [1,2,3,4,5]可用: 4认自为是: 在第 1 天（一般而言股价格 = 1）的时候买进，在第 5 天 （一般而言股价格 = 5）的时候赚到, 这笔买进其所得到资本 = 5-1 = 4 。 忽略你可能会在第 1 天和第 2 天频频购置一般而言股，以后日后将它们赚到。 因为这样仅限于同时参与了多笔买进，你必须在日后次购置当年购置丢弃之当年的一般而言股。

举实有来却说 3:

可用: [7,6,4,3,1]可用: 0认自为是: 在这种可能下, 只能律条文买进已完成, 所以仅次于资本为 0。

提醒：

1 <= prices.length <= 3 * 10 _ 40 <= prices[i] <= 10 _ 4

大概学公式一：峰底买进，山壁赚到

如三幅，在第二天买进，第三天赚到，第四天买进，第五天赚到获利最高，此处编译器不日后赘述，可以自己设法寄给一下

大概学公式二：只不过启发式

只不过启发式，故名思义，却是做当当年的一个系统为了让，即期待通过暂时性的一个系统为了让得到本体上的一个系统为了让。

都是上却说，只不过启发式是很贪财、很目光较短浅的，它不从本体上日后考虑，仅仅只关切当当年的仅次于利益，所以却说它做的为了让仅仅是都是上的暂时性一个系统，但是只不过启发式在很多缺陷上还是都能到手一个系统解是或较唯解是，所以它的发挥作用还是有意义的。

相同于该题，第一天买进，第二天赚到，…，第 i 天买进，第 i+1 天赚到，如果 i 天买进第 i+1 天赚到有资本则买进，否则不买

第 i-1 天买进第 i 天赚到获利 prices[i+1]-prices[i] ，我们仅仅下部本只能律条文将 prices[i+1]-prices[i] 的所有自始数值另加起来就是可受益的仅次于利益

编译器借助于：

let maxProfit = function(prices) { let profit = 0 for (let i = 0; i < prices.length - 1; i++) { if (prices[i + 1]> prices[i]) { profit += prices[i + 1] - prices[i] } } return profit}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(1)

7.9 分发牛奶

理论上你是一位令人兴奋的对学生，想要给你的孩孙子们一些小牛奶。但是，每个孩孙子最多下部本只能律条文给一块牛奶。对每个孩孙子 i ，都有一个或许数值 g~i~ ，这是能让孩孙子们意味着或许的牛奶的仅次于者规格；并且每块牛奶 j ，都有一个规格 s~j~。如果 s~j~>= g~i~ ，我们可以将这个牛奶 j 分配给孩孙子 i ，这个孩孙子可能会给与意味着。你的前提是尽有可能意味着越少多大概用量的孩孙子，并可用这个仅次于大概数值。

忽略：

你可以理论上或许数值为自始。一个小朋友最多下部本只能律条文具备一块牛奶。

举实有来却说 1:

可用: [1,2,3], [1,1]可用: 1认自为是: 你有三个孩孙子和两块小牛奶，3个孩孙子的或许数值分别是：1,2,3。虽然你有两块小牛奶，由于他们的规格都是1，你下部本只能律条文让或许数值是1的孩孙子意味着。所以你应该可用1。

举实有来却说 2:

可用: [1,2], [1,2,3]可用: 2认自为是: 你有两个孩孙子和三块小牛奶，2个孩孙子的或许数值分别是1,2。你具备的牛奶大概用量和规格都足以让所有孩孙子意味着。所以你应该可用2.大概学公式：只不过启发式const findContentChildren = (g, s) => { if (!g.length || !s.length) return 0 g.sort((a, b) => a - b) s.sort((a, b) => a - b) let gi = 0, si = 0 while (gi < g.length && si < s.length) { if (g[gi] <= s[si++]) gi++ } return gi}

7.10 一分为二大概据本体为年终孙子核苷酸

给你一个按升序顺序对齐的整大概大概据本体 num（有可能举实有来说重复大概字），再三你将它们一分为二成一个或多个孙子核苷酸，其先前每个孙子核苷酸都由年终整大概据结组成且间距大概为 3 。

如果可以已完成上述一分为二，则送回 true ；否则，送回 false 。

举实有来却说 1：

可用: [1,2,3,3,4,5]可用: True认自为是:你可以一分为二出新这样两个年终孙子核苷酸 : 1, 2, 33, 4, 5

举实有来却说 2：

可用: [1,2,3,3,4,4,5,5]可用: True认自为是:你可以一分为二出新这样两个年终孙子核苷酸 : 1, 2, 3, 4, 53, 4, 5

举实有来却说 3：

可用: [1,2,3,4,4,5]可用: False

提醒：

可用的大概据本体间距适用范围为 [1, 10000]

大概学公式：只不过启发式

从头开始，我们每次仅仅寻帮忙反之亦然的核苷酸（年终孙子核苷酸间距为3），剔除以后，由南向北从前另加载：

辨别当当年金属元素应该都能拼接到当年一个反之亦然的年终孙子核苷酸上，可以的话，则拼接如果不宜以，则辨别以当当年金属元素开始能否组成年终孙子核苷酸（间距为3），可以的话，则剔除年终孙子核苷酸否则，送回 falseconst isPossible = function(nums) { let max = nums[nums.length - 1] // arr：读自取原大概据本体先前大概字每个大概字出新现的次大概 // tail：读自取以大概字num结尾的且合乎题意的年终孙子核苷酸个大概 let arr = new Array(max + 2).fill(0), tail = new Array(max + 2).fill(0) for(let num of nums) { arr[num] ++ } for(let num of nums) { if(arr[num] === 0) continue else if(tail[num-1]> 0){ tail[num-1]；还有 tail[num]++ }else if(arr[num+1]> 0 && arr[num+2]> 0){ arr[num+1]；还有 arr[num+2]；还有 tail[num+2]++ } else { return false } arr[num]；还有 } return true}

线性分析：

等待时间线性：O(n)室内空间线性：O(n)

7.11 同类型对齐缺陷

假定一个 只能律条文重复 大概字的核苷酸，送回其所有有可能的同类型对齐。

举实有来却说:

可用: [1,2,3]可用:[ [1,2,3], [1,3,2], [2,1,3], [2,3,1], [3,1,2], [3,2,1]]

大概学公式：推演启发式

本题是推演启发式的独创应用一幕

1. 启发式意三幅

推演启发式是一种抓自取法律条文，试探法律条文，它可能会在基元做为了让，一旦找到这个为了让只能律条文给与期待结果，就推演跑去，以后做为了让。深唯到时抓自取来进行的就是推演启发式思维。

2. 符合一幕

推演启发式很直观，它就是不停的设法，直到到手解是。它的这种启发式思维，使它举实有来却说常用解是决广度的抓自取缺陷，即从一个大有可能的解是先前，为了让一个意味着拒绝的解是。

3. 编译器借助于

我们可以寄给一下，大概据本体 [1, 2, 3] 的同类型对齐有：

到时寄给以 1 开头的同类型对齐，它们是：[1, 2, 3], [1, 3, 2]，即 1 + [2, 3] 的同类型对齐；以后整理以 2 开头的同类型对齐，它们是：[2, 1, 3], [2, 3, 1]，即 2 + [1, 3] 的同类型对齐；终于寄给以 3 开头的同类型对齐，它们是：[3, 1, 2], [3, 2, 1]，即 3 + [1, 2] 的同类型对齐。

即推演的检视思维，有点相同计大概抓自取。我们计大概所有的解是，看到意味着期待的解是。为了有规律地计大概所有有可能的解是，消除遗漏和重复，我们把缺陷解是析的过程统称多个由此可自为段。每个由此可自为段，我们都可能会面对着一个岔路口，我们到时轻易选一条路丢下，当找到这条路丢下一无的时候（不合乎期待的解是），就回退到上一个岔路口，初定一种丢下法律条文先前丢下。

这仅仅是一个 大概据本体 本体；

大概据本体的暂时中止必要条件是：一个对齐先前的大概字仍未选够了 ，因此我们下部本只能律条文一个变用量来却所述当当年程序来大概据本体到第几层，我们把这个变用量指作 depth ，或者命名为 index ，却所述当当年要未确定的是某个同类型对齐先前十六进制为 index 的那个大概是多少；used（object）：常用把却所述一个大概应该被选先前，如果这个大概字(num)被为了让这设为为 used[num] = true ，这样在日后考虑下一个一段距离的时候，就都能以 O(1)的等待时间线性辨别这个大概应该被为了让过，这是一种「以室内空间换等待时间」的思维。let permute = function(nums) { // 用到一个大概据本体完好所有有可能的同类型对齐 let res = [] if (nums.length === 0) { return res } let used = {}, path = [] dfs(nums, nums.length, 0, path, used, res) return res}let dfs = function(nums, len, depth, path, used, res) { // 所有大概都填完了 if (depth === len) { res.push([...path]) return } for (let i = 0; i < len; i++) { if (!used[i]) { // 实时维护大概据本体 path.push(nums[i]) used[i] = true // 先前大概据本体填下一个大概 dfs(nums, len, depth + 1, path, used, res) // 撤销操作 used[i] = false path.pop() } }}

4. 线性分析

等待时间线性：O(n∗n!)，其先前 n 为核苷酸的间距这是一个重新重新组合，露台的重新重新组合大概为：A_m_ ~n~=n!/(n−m)! ，故而所有的对齐有 ：A_1_ ~n~ + A_2_ ~n~ + … + A_n-1_ ~n~ = n!/(n−1)! + n!/(n−2)! + … + n! = n! * (1/(n−1)! + 1/(n−2)! + … + 1) <= n! * (1 + 1/2 + 1/4 + … + 1/2_n-1_) < 2 * n!并且每个内部操作符尿素 n 次，故非叶孙子操作符的等待时间线性为 O(n∗n!)室内空间线性：O(n)

7.12 表降解

大概字 n 推选降解表的对大概，再三你新设计一个函大概，常用都能降解所有有可能的并且 合理的 表重新组合。

举实有来却说：

可用：n = 3可用：[ "((()))", "(()())", "(())()", "()(())", "()()()" ]

解是答：推演启发式（深唯到时另加载）

启发式意三幅： 推演启发式是一种抓自取法律条文，试探法律条文，它可能会在基元做为了让，一旦找到这个为了让只能律条文给与期待结果，就推演跑去，以后做为了让。深唯到时抓自取来进行的就是推演启发式思维。

相同于本题，我们可以每次试探提高 ( 或 ) ，忽略：

另转为 ( 的必要条件是，当当年应该还有 ( 可以为了让另转为 ) 的时候，受到 ( 的限制，如果已为了让的结果从前的 ( 少于等于已为了让从前的 ) 时，此时是可能会为了让 ) 的，实有如如果当当年是 () ，先前为了让 ) 就是 ()) ，是不法律依据律条文的

编译器借助于：

const generateParenthesis = (n) => { const res = [] const dfs = (path, left, right) => { // 肯定不法律依据律条文，提当年终结 if (left> n || left < right) return // 到达终结必要条件 if (left + right === 2 * n) { res.push(path) return } // 为了让 dfs(path + '(', left + 1, right) dfs(path + ')', left, right + 1) } dfs('', 0, 0) return res}

线性分析（举实有leetcode官方题解是）：

本文转载自三分钟兼修当年端

。

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