目录

一、动态规划理论基础

1.动态规划的解题步骤

2.动态规划应该如何debug

二、（leetcode 509）斐波那契数

1.递归解法

2.动态规划

1）确定dp数组以及下标的含义

2）确定递推公式

3）dp数组如何初始化

4）确定遍历顺序

5）举例推导dp数组

三、（leetcode 70） 爬楼梯

四、（leetcode 746）使用最小花费爬楼梯

1.新题目描述

2.原题目描述

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一、动态规划理论基础

• 动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP
• 动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优的

1.动态规划的解题步骤

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

为什么要先确定递推公式，然后在考虑初始化呢？因为一些情况是递推公式决定了dp数组要如何初始化！

2.动态规划应该如何debug

找问题的最好方式就是把dp数组打印出来，看看究竟是不是按照自己思路推导的！

做动规的题目，写代码之前一定要把状态转移在dp数组的上具体情况模拟一遍，心中有数，确定最后推出的是想要的结果。

然后再写代码，如果代码没通过就打印dp数组，看看是不是和自己预先推导的哪里不一样。

如果打印出来和自己预先模拟推导是一样的，那么就是自己的递归公式、初始化或者遍历顺序有问题了。

如果和自己预先模拟推导的不一样，那么就是代码实现细节有问题。

可以自己先思考这三个问题：

• 这道题目我举例推导状态转移公式了么？
• 我打印dp数组的日志了么？
• 打印出来了dp数组和我想的一样么？

如果这灵魂三问自己都做到了，基本上这道题目也就解决了，或者更清晰的知道自己究竟是哪一点不明白，是状态转移不明白，还是实现代码不知道该怎么写，还是不理解遍历dp数组的顺序。

注意这里不是说不让大家问问题哈， 而是说问问题之前要有自己的思考，问题要问到点子上！

二、（leetcode 509）斐波那契数

力扣题目链接

1.递归解法

class Solution {
public:int fib(int n) {if(n<2) return n;else return fib(n-1)+fib(n-2);}
};

• 时间复杂度：O(2^n)
• 空间复杂度：O(n)，算上了编程语言中实现递归的系统栈所占空间

2.动态规划

动规五部曲：这里要用一个一维dp数组来保存递归的结果

1）确定dp数组以及下标的含义

dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]

2）确定递推公式

题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]

3）dp数组如何初始化

题目中把如何初始化也直接给了

dp[0] = 0;
dp[1] = 1;

4）确定遍历顺序

从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的

5）举例推导dp数组

按照这个递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，我们来推导一下，当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：

0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

如果代码写出来，发现结果不对，就把dp数组打印出来看看和我们推导的数列是不是一致的。

class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;vector<int> dp(N + 1);dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[N];}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

当然可以发现，只需要维护两个数值就可以了，不需要记录整个序列。

代码如下：

class Solution {
public:int fib(int N) {if (N <= 1) return N;int dp[2];dp[0] = 0;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= N; i++) {int sum = dp[0] + dp[1];dp[0] = dp[1];dp[1] = sum;}return dp[1];}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

三、（leetcode 70） 爬楼梯

力扣题目链接

暗戳戳说，感觉这道题跟上面一道题一样啊，就是有了实际背景！

动规五部曲：

定义一个一维数组来记录不同楼层的状态

1）确定dp数组以及下标的含义

dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法

2）确定递推公式

从dp[i]的定义可以看出，dp[i] 可以有两个方向推出来。

首先是dp[i - 1]，上i-1层楼梯，有dp[i - 1]种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。

还有就是dp[i - 2]，上i-2层楼梯，有dp[i - 2]种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。

那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和！

所以dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] 。

3）dp数组如何初始化

不考虑dp[0]如何初始化，只初始化dp[1] = 1，dp[2] = 2，然后从i = 3开始递推，这样才符合dp[i]的定义。（dp[0]不管怎么定义都很牵强，那就不定义了，就是这么任性！嘻嘻！）

4）确定遍历顺序

从递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，遍历顺序一定是从前向后遍历的

5）举例推导dp数组

举例当n为5的时候，dp table（dp数组）应该是这样的

以上五部分析完之后，C++代码如下：

// 版本一
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n <= 1) return n; // 因为下面直接对dp[2]操作了，防止空指针vector<int> dp(n + 1);dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) { // 注意i是从3开始的dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[n];}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

当然依然也可以，优化一下空间复杂度，代码如下：

// 版本二
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n <= 1) return n;int dp[3];dp[1] = 1;dp[2] = 2;for (int i = 3; i <= n; i++) {int sum = dp[1] + dp[2];dp[1] = dp[2];dp[2] = sum;}return dp[2];}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

后面的很多动规的题目其实都是当前状态依赖前两个，或者前三个状态，都可以做空间上的优化，但面试中能写出版本一就够了哈，清晰明了，如果面试官要求进一步优化空间的话，再去优化。因为版本一才能体现出动规的思想精髓，递推的状态变化。

四、（leetcode 746）使用最小花费爬楼梯

力扣题目链接

1.新题目描述

1）确定dp数组以及下标的含义

使用动态规划，就要有一个数组来记录状态，本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。

dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。

2）确定递推公式

可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。

dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。

dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。

那么究竟是选从dp[i - 1]跳还是从dp[i - 2]跳呢？

一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);

3）dp数组如何初始化

看一下递归公式，dp[i]由dp[i - 1]，dp[i - 2]推出，既然初始化所有的dp[i]是不可能的，那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了，其他的最终都是dp[0]dp[1]推出。

那么 dp[0] 应该是多少呢？ 根据dp数组的定义，到达第0台阶所花费的最小体力为dp[0]，那么有同学可能想，那dp[0] 应该是 cost[0]，例如 cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] 的话，dp[0] 就是 cost[0] 应该是1。

这里就要说明本题力扣为什么改题意，而且修改题意之后就清晰很多的原因了。

新题目描述中明确说了 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。” 也就是说 到达 第 0 个台阶是不花费的，但从 第0 个台阶 往上跳的话，需要花费 cost[0]。

所以初始化 dp[0] = 0，dp[1] = 0;

4）确定遍历顺序

最后一步，递归公式有了，初始化有了，如何遍历呢？

本题的遍历顺序其实比较简单，简单到很多同学都忽略了思考这一步直接就把代码写出来了。

因为是模拟台阶，而且dp[i]由dp[i-1]dp[i-2]推出，所以是从前到后遍历cost数组就可以了。

但是稍稍有点难度的动态规划，其遍历顺序并不容易确定下来。 例如：01背包，都知道两个for循环，一个for遍历物品嵌套一个for遍历背包容量，那么为什么不是一个for遍历背包容量嵌套一个for遍历物品呢？ 以及在使用一维dp数组的时候遍历背包容量为什么要倒序呢？

这些都与遍历顺序息息相关。

5）举例推导dp数组

拿示例2：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] ，来模拟一下dp数组的状态变化，如下：

以上分析完毕，整体C++代码如下：

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {vector<int> dp(cost.size() + 1);dp[0] = 0; // 默认第一步都是不花费体力的dp[1] = 0;for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);}return dp[cost.size()];}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

还可以优化空间复杂度，因为dp[i]就是由前两位推出来的，那么也不用dp数组了，C++代码如下：

// 版本二
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int dp0 = 0;int dp1 = 0;for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {int dpi = min(dp1 + cost[i - 1], dp0 + cost[i - 2]);dp0 = dp1; // 记录一下前两位dp1 = dpi;}return dp1;}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

2.原题目描述

旧力扣描述，如果按照第一步是花费的，最后一步不花费，那么代码是这么写的

// 版本一
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {vector<int> dp(cost.size());dp[0] = cost[0]; // 第一步有花费dp[1] = cost[1];for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i];}// 注意最后一步可以理解为不用花费，所以取倒数第一步，第二步的最少值return min(dp[cost.size() - 1], dp[cost.size() - 2]);}
};