动态规划系列（零）—— 动态规划(Dynamic Programming)总结

动态规划三要素：重叠⼦问题、最优⼦结构、状态转移⽅程。

动态规划的三个需要明确的点就是「状态」「选择」和「base case」，对应着回溯算法中走过的「路径」，当前的「选择列表」和「结束条件」。

某种程度上说，动态规划的暴力求解阶段就是回溯算法。只是有的问题具有重叠子问题性质，可以用 dp table 或者备忘录优化，将递归树大幅剪枝，这就变成了动态规划。

方法: 状态表示 ->写出状态转移方程 ->确定边界 ->如果用递推，考虑子状态枚举的顺序

最优子结构详解

「最优子结构」是某些问题的一种特定性质，并不是动态规划问题专有的。也就是说，很多问题其实都具有最优子结构，只是其中大部分不具有重叠子问题，所以我们不把它们归为动态规划系列问题而已。

我先举个很容易理解的例子：假设你们学校有 10 个班，你已经计算出了每个班的最高考试成绩。那么现在我要求你计算全校最高的成绩，你会不会算？当然会，而且你不用重新遍历全校学生的分数进行比较，而是只要在这 10 个最高成绩中取最大的就是全校的最高成绩。

我给你提出的这个问题就符合最优子结构：可以从子问题的最优结果推出更大规模问题的最优结果。让你算每个班的最优成绩就是子问题，你知道所有子问题的答案后，就可以借此推出全校学生的最优成绩这个规模更大的问题的答案。

你看，这么简单的问题都有最优子结构性质，只是因为显然没有重叠子问题，所以我们简单地求最值肯定用不出动态规划。

再举个例子：假设你们学校有 10 个班，你已知每个班的最大分数差（最高分和最低分的差值）。那么现在我让你计算全校学生中的最大分数差，你会不会算？可以想办法算，但是肯定不能通过已知的这 10 个班的最大分数差推到出来。因为这 10 个班的最大分数差不一定就包含全校学生的最大分数差，比如全校的最大分数差可能是 3 班的最高分和 6 班的最低分之差。

这次我给你提出的问题就不符合最优子结构，因为你没办通过每个班的最优值推出全校的最优值，没办法通过子问题的最优值推出规模更大的问题的最优值。前文 动态规划详解 说过，想满足最优子结，子问题之间必须互相独立。全校的最大分数差可能出现在两个班之间，显然子问题不独立，所以这个问题本身不符合最优子结构。

那么遇到这种最优子结构失效情况，怎么办？策略是：改造问题。对于最大分数差这个问题，我们不是没办法利用已知的每个班的分数差吗，那我只能这样写一段暴力代码：

int result = 0;
for (Student a : school) {
    for (Student b : school) {
        if (a is b) continue;
        result = max(result, |a.score - b.score|);
    }
}
return result;

改造问题，也就是把问题等价转化：最大分数差，不就等价于最高分数和最低分数的差么，那不就是要求最高和最低分数么，不就是我们讨论的第一个问题么，不就具有最优子结构了么？那现在改变思路，借助最优子结构解决最值问题，再回过头解决最大分数差问题，是不是就高效多了？

当然，上面这个例子太简单了，不过请读者回顾一下，我们做动态规划问题，是不是一直在求各种最值，本质跟我们举的例子没啥区别，无非需要处理一下重叠子问题。

前文 动态规划：不同的定义产生不同的解法 和 经典动态规划：高楼扔鸡蛋（进阶篇） 就展示了如何改造问题，不同的最优子结构，可能导致不同的解法和效率。

再举个常见但也十分简单的例子，求一棵二叉树的最大值，不难吧（简单起见，假设节点中的值都是非负数）：

int maxVal(TreeNode root) {
    if (root == null)
        return -1;
    int left = maxVal(root.left);
    int right = maxVal(root.right);
    return max(root.val, left, right);
}

你看这个问题也符合最优子结构，以root为根的树的最大值，可以通过两边子树（子问题）的最大值推导出来，结合刚才学校和班级的例子，很容易理解吧。

当然这也不是动态规划问题，旨在说明，最优子结构并不是动态规划独有的一种性质，能求最值的问题大部分都具有这个性质；但反过来，最优子结构性质作为动态规划问题的必要条件，一定是让你求最值的，以后碰到那种恶心人的最值题，思路往动态规划想就对了，这就是套路。

动态规划不就是从最简单的 base case 往后推导吗，可以想象成一个链式反应，不断以小博大。但只有符合最优子结构的问题，才有发生这种链式反应的性质。

找最优子结构的过程，其实就是证明状态转移方程正确性的过程，方程符合最优子结构就可以写暴力解了，写出暴力解就可以看出有没有重叠子问题了，有则优化，无则 OK。这也是套路，经常刷题的朋友应该能体会。

这里就不举那些正宗动态规划的例子了，读者可以翻翻历史文章，看看状态转移是如何遵循最优子结构的，这个话题就聊到这，下面再来看另外个动态规划迷惑行为。

Dynamic Programming代码框架

记忆搜索格式：

int dp[状态]
int dfs(状态)
{
	if(决策边界)
		return 决策边界答案；
	if(dp[状态表示]!=无效数值)
		return dp[状态表示]；
	for(当前状态的子状态)
		dfs(子状态)；
		更新dp[状态表示]；
	return dp[状态表示]；
}

int solve()
{
	memset(dp,无效数值，sizeof(dp));
	return dfs(原问题状态)；
}

dp 数组的遍历方向

我相信读者做动态规划问题时，肯定会对dp数组的遍历顺序有些头疼。我们拿二维dp数组来举例，有时候我们是正向遍历：

int[][] dp = new int[m][n];
for (int i = 0; i < m; i++)
    for (int j = 0; j < n; j++)
        // 计算 dp[i][j]

有时候我们反向遍历：

for (int i = m - 1; i >= 0; i--)
    for (int j = n - 1; j >= 0; j--)
        // 计算 dp[i][j]

有时候可能会斜向遍历：

// 斜着遍历数组,忽略对角线的 Base Case
for (int l = 1; l <= n-1; l++) {
    for (int i = 0; i <= n - 1 - l; i++) {
        int j = i+l;
        // 计算 dp[i][j]
    }
}

甚至更让人迷惑的是，有时候发现正向反向遍历都可以得到正确答案，比如我们在 团灭 LeetCode 股票买卖问题 中有的地方就正反皆可。

那么，如果仔细观察的话可以发现其中的原因的。你只要把住两点就行了：

1、遍历的过程中，所需的状态必须是已经计算出来的。

2、遍历的终点必须是存储结果的那个位置。

下面来具体解释上面两个原则是什么意思。

比如编辑距离这个经典的问题，详解见前文 经典动态规划：编辑距离，我们通过对dp数组的定义，确定了 base case 是dp[..][0]和dp[0][..]，最终答案是dp[m][n]；而且我们通过状态转移方程知道dp[i][j]需要从dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]转移而来，如下图：

那么，参考刚才说的两条原则，你该怎么遍历dp数组？肯定是正向遍历：

for (int i = 1; i < m; i++)
    for (int j = 1; j < n; j++)
        // 通过 dp[i-1][j], dp[i][j - 1], dp[i-1][j-1]
        // 计算 dp[i][j]

因为，这样每一步迭代的左边、上边、左上边的位置都是 base case 或者之前计算过的，而且最终结束在我们想要的答案dp[m][n]。

再举一例，回文子序列问题，详见前文 子序列解题模板：最长回文子序列，我们通过过对dp数组的定义，确定了 base case 处在中间的对角线，dp[i][j]需要从dp[i+1][j],dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]转移而来，想要求的最终答案是dp[0][n-1]，如下图：

这种情况根据刚才的两个原则，就可以有两种正确的遍历方式：

要么从左至右斜着遍历，要么从下向上从左到右遍历，这样才能保证每次dp[i][j]的左边、下边、左下边已经计算完毕，最终得到正确结果。

现在，你应该理解了这两个原则，主要就是看 base case 和最终结果的存储位置，保证遍历过程中使用的数据都是计算完毕的就行，有时候确实存在多种方法可以得到正确答案，可根据个人口味自行选择。

状态压缩

能够使用状态压缩技巧的动态规划都是二维dp问题，你看它的状态转移方程，如果计算状态dp[i][j]需要的都是dp[i][j]相邻的状态，那么就可以使用状态压缩技巧，将二维的dp数组转化成一维，将空间复杂度从 O(N^2) 降低到 O(N)。

什么叫「和dp[i][j]相邻的状态」呢，比如 「最长回文子序列」 最终的代码如下：

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.size();
    // dp 数组全部初始化为 0
    vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
    // base case
    for (int i = 0; i < n; i++)
        dp[i][i] = 1;
    // 反着遍历保证正确的状态转移
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            // 状态转移方程
            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]);
        }
    }
    // 整个 s 的最长回文子串长度
    return dp[0][n - 1];
}

PS：我们本文不探讨如何推状态转移方程，只探讨对二维 DP 问题进行状态压缩的技巧。技巧都是通用的，所以如果你没看过前文，不明白这段代码的逻辑也无妨，完全不会阻碍你学会状态压缩。

你看我们对dp[i][j]的更新，其实只依赖于dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j]这三个状态：

这就叫和dp[i][j]相邻，反正你计算dp[i][j]只需要这三个相邻状态，其实根本不需要那么大一个二维的 dp table 对不对？

状态压缩的核心思路就是，将二维数组「投影」到一维数组：

思路很直观，但是也有一个明显的问题，图中dp[i][j-1]和dp[i+1][j-1]这两个状态处在同一列，而一维数组中只能容下一个，那么当我计算dp[i][j]时，他俩必然有一个会被另一个覆盖掉，怎么办？

这就是状态压缩的难点，下面就来分析解决这个问题，还是拿「最长回文子序列」问题举例，它的状态转移方程主要逻辑就是如下这段代码：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        // 状态转移方程
        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]);
    }
}

想把二维dp数组压缩成一维，一般来说是把第一个维度，也就是i这个维度去掉，只剩下j这个维度。压缩后的一维dp数组就是之前二维dp数组的dp[i][..]那一行。

我们先将上述代码进行改造，直接无脑去掉i这个维度，把dp数组变成一维：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        // 在这里，一维 dp 数组中的数是什么？
        if (s[i] == s[j])
            dp[j] = dp[j - 1] + 2;
        else
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
    }
}

上述代码的一维dp数组只能表示二维dp数组的一行dp[i][..]，那我怎么才能得到dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j]这几个必要的的值，进行状态转移呢？

在代码中注释的位置，将要进行状态转移，更新dp[j]，那么我们要来思考两个问题：

1、在对dp[j]赋新值之前，dp[j]对应着二维dp数组中的什么位置？

2、dp[j-1]对应着二维dp数组中的什么位置？

对于问题 1，在对dp[j]赋新值之前，dp[j]的值就是外层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维dp数组中dp[i+1][j]的位置。

对于问题 2，dp[j-1]的值就是内层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维dp数组中dp[i][j-1]的位置。

那么问题已经解决了一大半了，只剩下二维dp数组中的dp[i+1][j-1]这个状态我们不能直接从一维dp数组中得到：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        if (s[i] == s[j])
            // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            dp[j] = ?? + 2;
        else
            // dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
    }
}

因为 for 循环遍历i和j的顺序为从左向右，从下向上，所以可以发现，在更新一维dp数组的时候，dp[i+1][j-1]会被dp[i][j-1]覆盖掉，图中标出了这四个位置被遍历到的次序：

那么如果我们想得到dp[i+1][j-1]，就必须在它被覆盖之前用一个临时变量temp把它存起来，并把这个变量的值保留到计算dp[i][j]的时候。为了达到这个目的，结合上图，我们可以这样写代码：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    // 存储 dp[i+1][j-1] 的变量
    int pre = 0;
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        int temp = dp[j];
        if (s[i] == s[j])
            // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            dp[j] = pre + 2;
        else
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);        // 到下一轮循环，pre 就是 dp[i+1][j-1] 了
        pre = temp;
    }
}

别小看这段代码，这是一维dp最精妙的地方，会者不难，难者不会。为了清晰起见，我用具体的数值来拆解这个逻辑：

假设现在i = 5, j = 7且s[5] == s[7]，那么现在会进入下面这个逻辑对吧：

if (s[5] == s[7])
    // dp[5][7] = dp[i+1][j-1] + 2;
    dp[7] = pre + 2;

我问你这个pre变量是什么？是内层 for 循环上一次迭代的temp值。

那我再问你内层 for 循环上一次迭代的temp值是什么？是dp[j-1]也就是dp[6]，但这是外层 for 循环上一次迭代对应的dp[6]，也就是二维dp数组中的dp[i+1][6] = dp[6][6]。

也就是说，pre变量就是dp[i+1][j-1] = dp[6][6]，也就是我们想要的结果。

那么现在我们成功对状态转移方程进行了降维打击，算是最硬的的骨头啃掉了，但注意到我们还有 base case 要处理呀：

// 二维 dp 数组全部初始化为 0
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
// base case
for (int i = 0; i < n; i++)
    dp[i][i] = 1;

如何把 base case 也打成一维呢？很简单，记住，状态压缩就是投影，我们把 base case 投影到一维看看：

二维dp数组中的 base case 全都落入了一维dp数组，不存在冲突和覆盖，所以说我们直接这样写代码就行了：

// 一维 dp 数组全部初始化为 1
vector<int> dp(n, 1);

至此，我们把 base case 和状态转移方程都进行了降维，实际上已经写出完整代码了：

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.size();
    // base case：一维 dp 数组全部初始化为 1
    vector<int> dp(n, 1);

    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        int pre = 0;
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int temp = dp[j];
            // 状态转移方程
            if (s[i] == s[j])
                dp[j] = pre + 2;
            else
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
            pre = temp;
        }
    }
    return dp[n - 1];
}

使用状态压缩技巧对二维dp数组进行降维打击之后，解法代码的可读性变得非常差了，如果直接看这种解法，任何人都是一脸懵逼的。

算法的优化就是这么一个过程，先写出可读性很好的暴力递归算法，然后尝试运用动态规划技巧优化重叠子问题，最后尝试用状态压缩技巧优化空间复杂度。

一些列题

Leetcode 64 minimum path sum

Given a m x n grid filled with non-negative numbers, find a path from top left to bottom right which minimizes the sum of all numbers along its path.

Note: You can only move either down or right at any point in time.

Example:

Input:

[

[1,3,1],

[1,5,1],

[4,2,1]

]

Output: 7

Explanation: Because the path 1→3→1→1→1 minimizes the sum.

1. 记忆搜索

int dp[550][550]
vector<vector<int>> grid;

int dfs(int x, int y)
{
	if(x==0&& y==0) return grid[0][0];
	if(x<0 || y<0) return INT_MAX;
	if(dp[x][y]!=-1) return dp[x][y];

	dp[x][y] = min(dfs(x-1,y),dfs(x,y-1))+grid[x][y];

	return dp[x][y]；
}

1. 递推表示

   int minpathsum(vector<vector<int>>& grid)
   {
   	int n = grid.size(),m = grid[0].size();
   	int dp[n][m] = 0;
   	//边界
   	dp[0][0] = grid[0][0];
   	for(int i = 1;i<n;i++) dp[i][0] = dp[i-1][0]+grid[i][0];
   	for(int j=0;j<m;j++) dp[0][j] = dp[0][j-1]+grid[0][j];
   	//状态转移
   	for(i=0;i<n;++i)
   		for(j = 0;j<m;++j)
   			dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i][j];
   }

最大公约数

int gcd(a,b)
{
	if(b==0) return a;
	else return gcd(b,a%b);
}

0,1背包问题

状态转移关系：

定义F(i,v)：当前背包容量 v，前 i 个物品最佳组合对应的价值

F[i,v] = max(F[i-1,v],F[i-1,v-c[i]]+w[i])

第i件，当前容量为V,第i件体积为c[i],价值为w[i].

核心代码：

int FindMax()//动态规划
{
    int i,j;
    //填表
    for(i=1;i<=number;i++)
    {
        for(j=1;j<=capacity;j++)
        {
            if(j<w[i])//包装不进
            {
                V[i][j]=V[i-1][j];
            }
            else//能装
            {
                V[i][j]=max(V[i-1][j],V[i-1][j-w[i]]+v[i]);
            }
        }
    }
  return V[number][capacity];
}

空间优化,取消第一维度i，因为可以看出v[i]只与v[i-1]有关：

F[V+1] = {0} // 状态
for(int i =0;i<N;++i) //N个物品
	for(int v = V;v>=c[i];v--)// 0,1背包，F(i)(j)是通过F(i-1)(j-c(i))来推导的,所以倒序
		F[v] = max(F[v],F[v-c[i]] + w[i]);

return F[V];