（1）定義狀態
（2）狀態轉移方程：
不選擇 nums[i]，如果在 [0, i - 1] 這個子區間內已經有一部分元素，使得它們的和為 j ，那麼 dp[i][j] = true；
選擇 nums[i]，如果在 [0, i - 1] 這個子區間內就得找到一部分元素，使得它們的和為 j - nums[i]。
（3）邊界條件：j - nums[i]作為陣列的下標，一定得保證大於等於0，因此nums[i] <= j；
（4）初始化：dp[i][0]=true, dp[0][j]=false;
class solution
else}}
return dp[n][w];}};
注：動規非最優解。
（1）定義狀態dp[i]：表示能夠組合成 i 的最小完全平方個數
（2）狀態轉移：dp[i]=min(dp[i-coins[j]]+1)
（3）初始值：dp[0]=0；
（1）定義狀態dp[i][j]：可到達（i,j) 時的路徑總數
（2）狀態轉移：因為只能右移和下移，所以考慮 dp[i][j] 和 dp[i-1][j] 、dp[i][j-1]的關係， 顯然：
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];
（3）初始條件：第一行只能通過一直右移得到，第一列同理。
class solution ^f(i,n)" class="mathcode" src=""/>
（1）定義dp[i]：長度為 i 能構成的不同二叉搜尋樹的個數。
（2）狀態轉移：dp[i] += dp[j-1]*dp[i-j] (以 j 為根節點）
（3）初始值：空樹：dp[0]=1, 只有根：dp[1]=1；
class solution
}return dp[n];}};
class solution ;
return recur(1,n);
}vectorrecur(int l, int r);
vectorres;
for(int i=l; i<=r; i++)}}
return res;}};
（2）狀態轉移：每次轉移的時候我們需要列舉包含位置 i-1的最後乙個單詞，看它是否出現在字典中以及除去這部分的字串是否合法即可。
我們需要列舉 s[0..i-1] 中的分割點 j ，看 s[0..j-1] 組成的字串 s1 和 s[j..i−1] 組成的字串 s2 是否都合法，如果兩個字串均合法，那麼按照定義 s1 和 s2 拼接成的字串也同樣合法.
由於計算到 dp[i] 時我們已經計算出了 dp[0..i−1] 的值，因此字串 s1 是否合法可以直接由 dp[j] 得知，剩下的我們只需要看 s2 是否合法即可。即
（3）初始值：dp[0]=true
class solution
int n=s.size();
vectordp(n+1);
dp[0]=true;
for(int i=1; i<=n; i++)}}
return dp[n];}};
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題目描述 給定乙個由 1 陸地 和 0 水 組成的的二維網格，計算島嶼的數量。乙個島被水包圍，並且它是通過水平方向或垂直方向上相鄰的陸地連線而成的。你可以假設網格的四個邊均被水包圍。深度搜尋class solution return count public static void combine ...
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