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‎Contents/00.Introduction/02.Algorithm-Complexity.md

Lines changed: 1 addition & 1 deletion
Original file line numberDiff line numberDiff line change
@@ -185,7 +185,7 @@ def algorithm(n):
185185
return cnt
186186
```
187187

188-
上述代码中 `cnt = 1` 的时间复杂度为 $O(1)$ 可以忽略不算。`while` 循环体中 $cnt$ 从 $1$ 开始，每循环一次都乘以 $2$。当大于等于 $n$ 时循环结束。变量 $cnt$ 的取值是一个等比数列：$2^0，2^1，2^2，…，2^x$，根据 $2^x = n$，可以得出这段循环体的执行次数为 $\log_2n$，所以这段代码的时间复杂度为 $O(\log_2n)$。
188+
上述代码中 `cnt = 1` 的时间复杂度为 $O(1)$ 可以忽略不算。`while` 循环体中 $cnt$ 从 $1$ 开始，每循环一次都乘以 $2$。当大于等于 $n$ 时循环结束。变量 $cnt$ 的取值是一个等比数列：$2^0, 2^1, 2^2, …, 2^x$，根据 $2^x = n$，可以得出这段循环体的执行次数为 $\log_2n$，所以这段代码的时间复杂度为 $O(\log_2n)$。
189189

190190
因为 $\log n = k \times \log_2 n$，这里 $k = 3.322$，所以，$\log n$ 与 $\log_2 n$ 的差别比较小。为了方便书写，通常我们将对数时间复杂度写作是 $O(\log n)$。
191191

‎Contents/07.Tree/01.Binary-Tree/01.Binary-Tree-Basic.md

Lines changed: 1 addition & 1 deletion
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@@ -15,7 +15,7 @@
1515
- 包括根节点在内，每个节点可以有多个后继节点。
1616
- 当 $n > 1$ 时，除了根节点之外的其他节点，可分为 $m(m > 0)$ 个互不相交的有限集合 $T_1, T_2, ..., T_m$，其中每一个集合本身又是一棵树，并且被称为根的 **「子树（SubTree）」**。
1717

18-
如下图所示，红色节点 $A$ 是根节点，除了根节点之外，还有 `3` 棵互不相交的子树 $T_1(B、E、H、I、G)$、$T_2(C)$、$T_3(D、F、G、K)$。
18+
如下图所示，红色节点 $A$ 是根节点，除了根节点之外，还有 `3` 棵互不相交的子树 $T_1(B, E, H, I, G)$、$T_2(C)$、$T_3(D, F, G, K)$。
1919

2020
![](https://qcdn.itcharge.cn/images/20220218104556.png)
2121

‎Contents/07.Tree/04.Binary-Indexed-Tree/01.Binary-Indexed-Tree.md

Lines changed: 1 addition & 1 deletion
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@@ -2,7 +2,7 @@
22

33
### 1.1 树状数组的定义
44

5-
> **树状数组（Binary Indexed Tree）**：也因其发明者命名为 Fenwick 树，最早由 Peter M. Fenwick 于 1994 年以 A New Data Structure for Cumulative Frequency Tables 为题发表在 SOFTWARE PRACTICE AND EXPERIENCE。其初衷是解决数据压缩里的累积频率（Cumulative Frequency）的计算问题，现多用于高效计算数列的前缀和， 区间和。它可以以 $O(\log ⁡n)$ 的时间得到任意前缀 $\sum_{i=1}^{j} A[i], 1 \le j \le N$，并同时支持在 $O(\log ⁡n)$ 时间内支持动态单点值的修改。空间复杂度为 $O(n)$。
5+
> **树状数组（Binary Indexed Tree）**：也因其发明者命名为 Fenwick 树，最早 Peter M. Fenwick 于 1994 年以 A New Data Structure for Cumulative Frequency Tables 为题发表在 SOFTWARE PRACTICE AND EXPERIENCE。其初衷是解决数据压缩里的累积频率（Cumulative Frequency）的计算问题，现多用于高效计算数列的前缀和，区间和。它可以以 $O(\log n)$ 的时间得到任意前缀 $\sum_{i=1}^{j}A[i], 1 \le j \le n$，并同时支持在 $O(\log n)$ 时间内支持动态单点值的修改。空间复杂度为 $O(n)$。
66
77
### 1.2 树状数组的原理
88

‎Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/02.Knapsack-Problem-02.md

Lines changed: 9 additions & 9 deletions
Original file line numberDiff line numberDiff line change
@@ -36,12 +36,12 @@
3636
3737
则状态转移方程为：
3838

39-
$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace，\quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$。
39+
$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$。
4040

4141
###### 4. 初始条件
4242

43-
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0，0 \le i \le size$。
44-
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0，0 \le w \le W$。
43+
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
44+
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。
4545

4646
###### 5. 最终结果
4747

@@ -81,15 +81,15 @@ class Solution:
8181

8282
我们将之前的状态转移方程
8383

84-
$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace，\quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$
84+
$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \rbrace, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$
8585

8686
进行展开：
8787

88-
$(1) \quad dp[i][w] = max \begin{cases} dp[i - 1][w] \cr dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr …… \cr \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \end{cases}，\quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$
88+
$(1) \quad dp[i][w] = max \begin{cases} dp[i - 1][w] \cr dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr …… \cr \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i - 1] \end{cases}, \quad 0 \le k \times weight[i - 1] \le w$
8989

9090
而对于 $dp[i][w - weight[i - 1]]$ 我们有：
9191

92-
$(2) \quad dp[i][w - weight[i - 1]] = max \begin{cases} dp[i - 1][w - weight[i - 1]] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 3 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr …… \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + (k - 1) \times value[i - 1] \end{cases}，\quad weight[i - 1] \le k \times weight[i - 1] \le w$
92+
$(2) \quad dp[i][w - weight[i - 1]] = max \begin{cases} dp[i - 1][w - weight[i - 1]] \cr dp[i - 1][w - 2 \times weight[i - 1]] + value[i - 1] \cr dp[i - 1][w - 3 \times weight[i - 1]] + 2 \times value[i - 1] \cr …… \cr dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + (k - 1) \times value[i - 1] \end{cases}, \quad weight[i - 1] \le k \times weight[i - 1] \le w$
9393

9494
通过观察可以发现：
9595

@@ -133,8 +133,8 @@ $\quad dp[i][w] = \begin{cases} dp[i - 1][w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrac
133133

134134
###### 4. 初始条件
135135

136-
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0，0 \le i \le size$。
137-
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0，0 \le w \le W$。
136+
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
137+
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。
138138

139139
###### 5. 最终结果
140140

@@ -201,7 +201,7 @@ $dp[w] = \begin{cases} dp[w] & w < weight[i - 1] \cr max \lbrace dp[w], \quad d
201201

202202
###### 4. 初始条件
203203

204-
- 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[w] = 0，0 \le w \le W$。
204+
- 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。
205205

206206
###### 5. 最终结果
207207

‎Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/03.Knapsack-Problem-03.md

Lines changed: 3 additions & 3 deletions
Original file line numberDiff line numberDiff line change
@@ -26,8 +26,8 @@ $dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w - k \times weight[i - 1]] + k \times value[i
2626

2727
###### 4. 初始条件
2828

29-
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0，0 \le i \le size$。
30-
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0，0 \le w \le W$。
29+
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
30+
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。
3131

3232
###### 5. 最终结果
3333

@@ -121,7 +121,7 @@ class Solution:
121121

122122
但我们还是可以从物品数量入手，通过「二进制优化」的方式，将算法的时间复杂度降低。
123123

124-
> **二进制优化**：简单来说，就是把物品的数量 $count[i]$ 拆分成「由 $1、2、4、…、2^m$ 件单个物品组成的大物品」，以及「剩余不足 $2$ 的整数次幂数量的物品，由 $count[i] -2^{\lfloor \log_2(count[i] + 1) \rfloor - 1}$ 件单个物品组成大物品」。
124+
> **二进制优化**：简单来说，就是把物品的数量 $count[i]$ 拆分成「由 $1, 2, 4, …, 2^m$ 件单个物品组成的大物品」，以及「剩余不足 $2$ 的整数次幂数量的物品，由 $count[i] -2^{\lfloor \log_2(count[i] + 1) \rfloor - 1}$ 件单个物品组成大物品」。
125125
126126
举个例子，第 $i$ 件物品的数量为 $31$，采用「二进制优化」的方式，可以拆分成 $31 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16$ 一共 $5$ 件物品。也将是将 $31$ 件物品分成了 $5$ 件大物品：
127127

‎Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/04.Knapsack-Problem-04.md

Lines changed: 10 additions & 10 deletions
Original file line numberDiff line numberDiff line change
@@ -112,12 +112,12 @@ class Solution:
112112

113113
则状态转移方程为：
114114

115-
$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w]，dp[i - 1][w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace , \quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$
115+
$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w], dp[i - 1][w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace , \quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$
116116

117117
###### 4. 初始条件
118118

119-
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0，0 \le i \le size$。
120-
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 组物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0，0 \le w \le W$。
119+
- 如果背包载重上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[i][0] = 0, 0 \le i \le size$。
120+
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 组物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即 $dp[0][w] = 0, 0 \le w \le W$。
121121

122122
###### 5. 最终结果
123123

@@ -163,11 +163,11 @@ class Solution:
163163

164164
###### 3. 状态转移方程
165165

166-
$dp[w] = max \lbrace dp[w], \quad dp[w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace ，\quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$
166+
$dp[w] = max \lbrace dp[w], \quad dp[w - weight[i - 1][k]] + value[i - 1][k] \rbrace , \quad 0 \le k \le group\underline{}count[i - 1]$
167167

168168
###### 4. 初始条件
169169

170-
- 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[w] = 0，0 \le w \le W$。
170+
- 无论背包载重上限为多少，只要不选择物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。
171171

172172
###### 5. 最终结果
173173

@@ -229,11 +229,11 @@ $dp[i][w][v] = max(dp[i - 1][w][v], dp[i - 1][w - weight[i - 1]][v - volume[i -
229229
###### 4. 初始条件
230230

231231
- 如果背包载重上限为 $0$ 或者容量上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即：
232-
- $dp[i][w][0] = 0，0 \le i \le size，0 \le w \le W$
233-
- $dp[i][0][v] = 0，0 \le i \le size，0 \le v \le V$
232+
- $dp[i][w][0] = 0, 0 \le i \le size, 0 \le w \le W$
233+
- $dp[i][0][v] = 0, 0 \le i \le size, 0 \le v \le V$
234234

235235
- 无论背包载重上限是多少，前 $0$ 种物品所能获得的最大价值一定为 $0$，即：
236-
- $dp[0][w][v] = 0，0 \le w \le W，0 \le v \le V$
236+
- $dp[0][w][v] = 0, 0 \le w \le W, 0 \le v \le V$
237237

238238

239239
###### 5. 最终结果
@@ -290,8 +290,8 @@ $dp[w][v] = max \lbrace dp[w][v], \quad dp[w - weight[i - 1]][v - volume[i - 1]]
290290
###### 4. 初始条件
291291

292292
- 如果背包载重上限为 $0$ 或者容量上限为 $0$，则无论选取什么物品，可以获得的最大价值一定是 $0$，即：
293-
- $dp[w][0] = 0，0 \le w \le W$
294-
- $dp[0][v] = 0，0 \le v \le V$
293+
- $dp[w][0] = 0, 0 \le w \le W$
294+
- $dp[0][v] = 0, 0 \le v \le V$
295295

296296

297297
###### 5. 最终结果

‎Contents/10.Dynamic-Programming/04.Knapsack-Problem/05.Knapsack-Problem-05.md

Lines changed: 5 additions & 5 deletions
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@@ -6,18 +6,18 @@
66
77
在背包问题中，有的题目不要求把背包装满，而有的题目要求恰好装满背包。
88

9-
如果题目要求「恰好装满背包」，则我们可在原有状态定义、状态转移方程的基础上，在初始化时，令 $dp[0] = 0$，以及 $d[w] = -\infty，1 \le w \le W$。 这样就可以保证最终得到的 $dp[W]$ 为恰好装满背包的最大价值总和。
9+
如果题目要求「恰好装满背包」，则我们可在原有状态定义、状态转移方程的基础上，在初始化时，令 $dp[0] = 0$，以及 $d[w] = -\infty, 1 \le w \le W$。 这样就可以保证最终得到的 $dp[W]$ 为恰好装满背包的最大价值总和。
1010

1111
这是因为：初始化的 $dp$ 数组实际上就是在没有任何物品可以放入背包时的「合法状态」。
1212

1313
如果不要求恰好装满背包，那么：
1414

15-
1. 任何载重上限下的背包，在不放入任何物品时，都有一个合法解，此时背包所含物品的最大价值为 $0$，即 $dp[w] = 0，0 \le w \le W$。
15+
1. 任何载重上限下的背包，在不放入任何物品时，都有一个合法解，此时背包所含物品的最大价值为 $0$，即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。
1616

1717
而如果要求恰好装满背包，那么：
1818

1919
1. 只有载重上限为 $0$ 的背包，在不放入物品时，能够恰好装满背包（有合法解），此时背包所含物品的最大价值为 $0$，即 $dp[0] = 0$。
20-
2. 其他载重上限下的背包，在放入物品的时，都不能恰好装满背包（都没有合法解），此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态，值应为 $-\infty$，即 $dp[w] = 0，0 \le w \le W$。
20+
2. 其他载重上限下的背包，在放入物品的时，都不能恰好装满背包（都没有合法解），此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态，值应为 $-\infty$，即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。
2121

2222
这样在进行状态转移时，我们可以通过判断 $dp[w]$ 与 $-\infty$ 的关系，来判断是否能恰好装满背包。
2323

@@ -32,7 +32,7 @@
3232
3. **状态转移方程**：$dp[w] = dp[w] + dp[w - weight[i - 1]]$
3333
4. **初始条件**：
3434
1. 只有载重上限为 $0$ 的背包，在不放入物品时，能够恰好装满背包（有合法解），此时背包所含物品的最大价值为 $0$，即 $dp[0] = 0$。
35-
2. 其他载重上限下的背包，在放入物品的时，都不能恰好装满背包（都没有合法解），此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态，值应为 $-\infty$，即 $dp[w] = 0，0 \le w \le W$。
35+
2. 其他载重上限下的背包，在放入物品的时，都不能恰好装满背包（都没有合法解），此时背包所含物品的最大价值属于未定义状态，值应为 $-\infty$，即 $dp[w] = 0, 0 \le w \le W$。
3636
5. **最终结果**：根据我们之前定义的状态， $dp[w]$ 表示为：将物品装入最多能装重量为 $w$ 的背包中的方案总数。则最终结果为 $dp[W]$，其中 $W$ 为背包的载重上限。
3737

3838
#### 思路 1：代码
@@ -192,7 +192,7 @@ class Solution:
192192

193193
> **0-1 背包问题求具体方案**：有 $n$ 种物品和一个最多能装重量为 $W$ 的背包，第 $i$ 种物品的重量为 $weight[i]$，价值为 $value[i]$，每件物品有且只有 $1$ 件。请问将哪些物品装入背包，可使这些物品的总重量不超过背包载重上限，且价值总和最大？
194194
195-
#### 思路 4：动态规划 + 路径记录
195+
#### 4：动态规划 + 路径记录
196196

197197
0-1 背包问题的状态转移方程为：$dp[i][w] = max \lbrace dp[i - 1][w], \quad dp[i - 1][w - weight[i - 1]] + value[i - 1] \rbrace$
198198

‎Contents/10.Dynamic-Programming/05.Interval-DP/01.Interval-DP.md

Lines changed: 2 additions & 2 deletions
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@@ -40,7 +40,7 @@ for i in range(size - 1, -1, -1): # 枚举区间起点
4040

4141
#### 1.2.3 第 2 种区间 DP 问题基本思路
4242

43-
多个（大于等于 $2$ 个）小区间转移到大区间的区间 DP 问题的状态转移方程一般为：$dp[i][j] = max / min \lbrace dp[i][k] + dp[k + 1][j] + cost[i][j] \rbrace，\quad i < k \le j$。
43+
多个（大于等于 $2$ 个）小区间转移到大区间的区间 DP 问题的状态转移方程一般为：$dp[i][j] = max / min \lbrace dp[i][k] + dp[k + 1][j] + cost[i][j] \rbrace, \quad i < k \le j$。
4444

4545
1. 其中状态 $dp[i][j]$ 表示为：区间 $[i, j]$ （即下标位置 $i$ 到下标位置 $j$ 上所有元素）上的最大价值。
4646
2. $cost[i][j]$ 表示为：将两个区间 $[i, k]$ 与 $[k + 1, j]$ 中的元素合并为区间 $[i, j]$ 中的元素的代价。
@@ -232,7 +232,7 @@ $dp[i][j] = max \lbrace dp[i][k] + dp[k][j] + nums[i] \times nums[k] \times nums
232232

233233
###### 4. 初始条件
234234

235-
- $dp[i][j]$ 表示的是开区间，则 $i < j - 1$。而当 $i \ge j - 1$ 时，所能获得的硬币数为 $0$，即 $dp[i][j] = 0，\quad i \ge j - 1$。
235+
- $dp[i][j]$ 表示的是开区间，则 $i < j - 1$。而当 $i \ge j - 1$ 时，所能获得的硬币数为 $0$，即 $dp[i][j] = 0, \quad i \ge j - 1$。
236236

237237
###### 5. 最终结果
238238

‎Contents/10.Dynamic-Programming/07.State-DP/01.State-DP.md

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154154

155155
举个例子：
156156

157-
1. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace，state = (1001)_2$，表示选择了第 $1$ 个元素和第 $4$ 个元素，也就是 $1$、$4$。
158-
2. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4, 5, 6 \rbrace，state = (011010)_2$，表示选择了第 $2$ 个元素、第 $4$ 个元素、第 $5$ 个元素，也就是 $2$、$4$、$5$。
157+
1. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace, state = (1001)_2$，表示选择了第 $1$ 个元素和第 $4$ 个元素，也就是 $1$、$4$。
158+
2. $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4, 5, 6 \rbrace, state = (011010)_2$，表示选择了第 $2$ 个元素、第 $4$ 个元素、第 $5$ 个元素，也就是 $2$、$4$、$5$。
159159

160160
这样，我们就可以通过动态规划的方式来解决这道题。
161161

@@ -173,7 +173,7 @@
173173

174174
对于当前状态 $dp[state]$，肯定是从比 $state$ 少选一个元素的状态中递推而来。我们可以枚举少选一个元素的状态，找到可以组成的异或值之和最小值，赋值给 $dp[state]$。
175175

176-
举个例子 $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace，state = (1001)_2$，表示选择了第 $1$ 个元素和第 $4$ 个元素，也就是 $1$、$4$。那么 $state$ 只能从 $(1000)_2$ 和 $(0001)_2$ 这两个状态转移而来，我们只需要枚举这两种状态，并求出转移过来的异或值之和最小值。
176+
举个例子 $nums2 = \lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace$，$state = (1001)_2$，表示选择了第 $1$ 个元素和第 $4$ 个元素，也就是 $1$、$4$。那么 $state$ 只能从 $(1000)_2$ 和 $(0001)_2$ 这两个状态转移而来，我们只需要枚举这两种状态，并求出转移过来的异或值之和最小值。
177177

178178
即状态转移方程为：$dp[state] = min(dp[state], \quad dp[state \oplus (1 \text{ <}\text{< } i)] + (nums1[i] \oplus nums2[one\underline{}cnt - 1]))$，其中 $state$ 第 $i$ 位一定为 $1$，$one\underline{}cnt$ 为 $state$ 中 $1$ 的个数。
179179

‎Contents/10.Dynamic-Programming/08.Counting-DP/01.Counting-DP.md

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@@ -82,7 +82,7 @@
8282

8383
###### 3. 状态转移方程
8484

85-
因为我们每次只能向右、或者向下移动一步，因此想要走到 $(i, j)$，只能从 $(i - 1, j)$ 向下走一步走过来；或者从 $(i, j - 1)$ 向右走一步走过来。所以可以写出状态转移方程为：$dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]$，此时 $i > 0，j > 0$。
85+
因为我们每次只能向右、或者向下移动一步，因此想要走到 $(i, j)$，只能从 $(i - 1, j)$ 向下走一步走过来；或者从 $(i, j - 1)$ 向右走一步走过来。所以可以写出状态转移方程为：$dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]$，此时 $i > 0, j > 0$。
8686

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###### 4. 初始条件
8888

@@ -115,8 +115,8 @@ class Solution:
115115

116116
##### 思路 1：复杂度分析
117117

118-
- **时间复杂度**：$O(m * n)$。初始条件赋值的时间复杂度为 $O(m + n)$，两重循环遍历的时间复杂度为 $O(m * n)$，所以总体时间复杂度为 $O(m * n)$。
119-
- **空间复杂度**：$O(m * n)$。用到了二维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(m * n)$。因为 $dp[i][j]$ 的状态只依赖于上方值 $dp[i - 1][j]$ 和左侧值 $dp[i][j - 1]$，而我们在进行遍历时的顺序刚好是从上至下、从左到右。所以我们可以使用长度为 $m$ 的一维数组来保存状态，从而将空间复杂度优化到 $O(m)$。
118+
- **时间复杂度**：$O(m \times n)$。初始条件赋值的时间复杂度为 $O(m + n)$，两重循环遍历的时间复杂度为 $O(m * n)$，所以总体时间复杂度为 $O(m \times n)$。
119+
- **空间复杂度**：$O(m \times n)$。用到了二维数组保存状态，所以总体空间复杂度为 $O(m \times n)$。因为 $dp[i][j]$ 的状态只依赖于上方值 $dp[i - 1][j]$ 和左侧值 $dp[i][j - 1]$，而我们在进行遍历时的顺序刚好是从上至下、从左到右。所以我们可以使用长度为 $m$ 的一维数组来保存状态，从而将空间复杂度优化到 $O(m)$。
120120

121121
### 2.2 整数拆分
122122

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