解析动态规划

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前言

我们刷 leetcode 的时候，经常会遇到动态规划类型题目。动态规划问题非常非常经典，也很有技巧性，一般大厂都非常喜欢问。今天跟大家一起来学习动态规划的套路，文章如果有不正确的地方，欢迎大家指出哈，感谢感谢~

什么是动态规划？
动态规划的核心思想
一个例子走进动态规划
动态规划的解题套路
leetcode 案例分析

公众号：捡田螺的小男孩

什么是动态规划？

动态规划（英语：Dynamic programming，简称 DP），是一种在数学、管理科学、计算机科学、经济学和生物信息学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题。

dynamic programming is a method for solving a complex problem by breaking it down into a collection of simpler subproblems.

以上定义来自维基百科，看定义感觉还是有点抽象。简单来说，动态规划其实就是，给定一个问题，我们把它拆成一个个子问题，直到子问题可以直接解决。然后呢，把子问题答案保存起来，以减少重复计算。再根据子问题答案反推，得出原问题解的一种方法。

一般这些子问题很相似，可以通过函数关系式递推出来。然后呢，动态规划就致力于解决每个子问题一次，减少重复计算, 比如斐波那契数列就可以看做入门级的经典动态规划问题。

动态规划核心思想

动态规划最核心的思想，就在于拆分子问题，记住过往，减少重复计算。

我们来看下，网上比较流行的一个例子：

A ： “1+1+1+1+1+1+1+1 =？”
A ： “上面等式的值是多少”
B ：计算 “8”
A : 在上面等式的左边写上 “1+” 呢？
A : “此时等式的值为多少”
B : 很快得出答案 “9”
A : “你怎么这么快就知道答案了”
A : “只要在 8 的基础上加 1 就行了”
A : “所以你不用重新计算，因为你记住了第一个等式的值为 8! 动态规划算法也可以说是’记住求过的解来节省时间’”

一个例子带你走进动态规划 – 青蛙跳阶问题

暴力递归

leetcode 原题：一只青蛙一次可以跳上 1 级台阶，也可以跳上 2 级台阶。求该青蛙跳上一个 10 级的台阶总共有多少种跳法。

有些小伙伴第一次见这个题的时候，可能会有点蒙圈，不知道怎么解决。其实可以试想：

要想跳到第 10 级台阶，要么是先跳到第 9 级，然后再跳 1 级台阶上去; 要么是先跳到第 8 级，然后一次迈 2 级台阶上去。
同理，要想跳到第 9 级台阶，要么是先跳到第 8 级，然后再跳 1 级台阶上去; 要么是先跳到第 7 级，然后一次迈 2 级台阶上去。
要想跳到第 8 级台阶，要么是先跳到第 7 级，然后再跳 1 级台阶上去; 要么是先跳到第 6 级，然后一次迈 2 级台阶上去。

假设跳到第 n 级台阶的跳数我们定义为 f(n)，很显然就可以得出以下公式：

f（10） = f（9）+f(8)
f (9)  = f(8) + f(7)
f (8)  = f(7) + f(6)
...
f(3) = f(2) + f(1)即通用公式为: f(n) = f(n-1) + f(n-2)

那 f(2) 或者 f(1) 等于多少呢？

当只有 2 级台阶时，有两种跳法，第一种是直接跳两级，第二种是先跳一级，然后再跳一级。即 f(2) = 2;
当只有 1 级台阶时，只有一种跳法，即 f（1）= 1；

因此可以用递归去解决这个问题：

class Solution {public int numWays(int n) {if(n == 1){return 1;}if(n == 2){return 2;}return numWays(n-1) + numWays(n-2);}
}

去 leetcode 提交一下，发现有问题，超出时间限制了

为什么超时了呢？递归耗时在哪里呢？先画出递归树看看：

要计算原问题 f(10)，就需要先计算出子问题 f(9) 和 f(8)
然后要计算 f(9)，又要先算出子问题 f(8) 和 f(7)，以此类推。
一直到 f(2) 和 f(1），递归树才终止。

我们先来看看这个递归的时间复杂度吧：

递归时间复杂度 = 解决一个子问题时间*子问题个数

一个子问题时间 = f（n-1）+f（n-2），也就是一个加法的操作，所以复杂度是 O(1)；
问题个数 = 递归树节点的总数，递归树的总节点 = 2^n-1，所以是复杂度 O(2^n)。

因此，青蛙跳阶，递归解法的时间复杂度 = O(1) * O(2^n) = O(2^n)，就是指数级别的，爆炸增长的，如果 n 比较大的话，超时很正常的了。

回过头来，你仔细观察这颗递归树，你会发现存在大量重复计算，比如 f（8）被计算了两次，f（7）被重复计算了 3 次… 所以这个递归算法低效的原因，就是存在大量的重复计算！

既然存在大量重复计算，那么我们可以先把计算好的答案存下来，即造一个备忘录，等到下次需要的话，先去备忘录查一下，如果有，就直接取就好了，备忘录没有才开始计算，那就可以省去重新重复计算的耗时啦！这就是带备忘录的解法。

带备忘录的递归解法（自顶向下）

一般使用一个数组或者一个哈希 map 充当这个备忘录。

第一步，f（10）= f(9) + f(8)，f(9) 和 f（8）都需要计算出来，然后再加到备忘录中，如下：

第二步， f(9) = f（8）+ f（7），f（8）= f（7）+ f(6), 因为 f(8) 已经在备忘录中啦，所以可以省掉，f(7),f（6）都需要计算出来，加到备忘录中~

第三步， f(8) = f（7）+ f(6), 发现 f(8)，f(7),f（6）全部都在备忘录上了，所以都可以剪掉。

所以呢，用了备忘录递归算法，递归树变成光秃秃的树干咯，如下：

带备忘录的递归算法，子问题个数 = 树节点数 = n，解决一个子问题还是 O(1), 所以带备忘录的递归算法的时间复杂度是 O(n)。接下来呢，我们用带备忘录的递归算法去撸代码，解决这个青蛙跳阶问题的超时问题咯~，代码如下：

public class Solution {//使用哈希map，充当备忘录的作用Map<Integer, Integer> tempMap = new HashMap();public int numWays(int n) {// n = 0 也算1种if (n == 0) {return 1;}if (n <= 2) {return n;}//先判断有没计算过，即看看备忘录有没有if (tempMap.containsKey(n)) {//备忘录有，即计算过，直接返回return tempMap.get(n);} else {// 备忘录没有，即没有计算过，执行递归计算,并且把结果保存到备忘录map中，对1000000007取余（这个是leetcode题目规定的）tempMap.put(n, (numWays(n - 1) + numWays(n - 2)) % 1000000007);return tempMap.get(n);}}
}

去 leetcode 提交一下，如图，稳了：

其实，还可以用动态规划解决这道题。

自底向上的动态规划

动态规划跟带备忘录的递归解法基本思想是一致的，都是减少重复计算，时间复杂度也都是差不多。但是呢：

带备忘录的递归，是从 f(10) 往 f(1）方向延伸求解的，所以也称为自顶向下的解法。
动态规划从较小问题的解，由交叠性质，逐步决策出较大问题的解，它是从 f(1) 往 f(10）方向，往上推求解，所以称为自底向上的解法。

动态规划有几个典型特征，最优子结构、状态转移方程、边界、重叠子问题。在青蛙跳阶问题中：

f(n-1) 和 f(n-2) 称为 f(n) 的最优子结构
f(n)= f（n-1）+f（n-2）就称为状态转移方程
f(1) = 1, f(2) = 2 就是边界啦
比如 f(10)= f(9)+f(8),f(9) = f(8) + f(7) ,f(8) 就是重叠子问题。

我们来看下自底向上的解法，从 f(1) 往 f(10）方向，想想是不是直接一个 for 循环就可以解决啦，如下：

带备忘录的递归解法，空间复杂度是 O(n)，但是呢，仔细观察上图，可以发现，f（n）只依赖前面两个数，所以只需要两个变量 a 和 b 来存储，就可以满足需求了，因此空间复杂度是 O(1) 就可以啦

动态规划实现代码如下：

public class Solution {public int numWays(int n) {if (n<= 1) {return 1;}if (n == 2) {return 2;}int a = 1;int b = 2;int temp = 0;for (int i = 3; i <= n; i++) {temp = (a + b)% 1000000007;a = b;b = temp;}return temp;}}

动态规划的解题套路

什么样的问题可以考虑使用动态规划解决呢？

如果一个问题，可以把所有可能的答案穷举出来，并且穷举出来后，发现存在重叠子问题，就可以考虑使用动态规划。

比如一些求最值的场景，如最长递增子序列、最小编辑距离、背包问题、凑零钱问题等等，都是动态规划的经典应用场景。

动态规划的解题思路

动态规划的核心思想就是拆分子问题，记住过往，减少重复计算。 并且动态规划一般都是自底向上的，因此到这里，基于青蛙跳阶问题，我总结了一下我做动态规划的思路：

穷举分析
确定边界
找出规律，确定最优子结构
写出状态转移方程

1. 穷举分析

当台阶数是 1 的时候，有一种跳法，f（1） =1
当只有 2 级台阶时，有两种跳法，第一种是直接跳两级，第二种是先跳一级，然后再跳一级。即 f(2) = 2;
当台阶是 3 级时，想跳到第 3 级台阶，要么是先跳到第 2 级，然后再跳 1 级台阶上去，要么是先跳到第 1 级，然后一次迈 2 级台阶上去。所以 f(3) = f(2) + f(1) =3
当台阶是 4 级时，想跳到第 3 级台阶，要么是先跳到第 3 级，然后再跳 1 级台阶上去，要么是先跳到第 2 级，然后一次迈 2 级台阶上去。所以 f(4) = f(3) + f(2) =5
当台阶是 5 级时…

2. 确定边界

通过穷举分析，我们发现，当台阶数是 1 的时候或者 2 的时候，可以明确知道青蛙跳法。f（1） =1，f(2) = 2，当台阶 n>=3 时，已经呈现出规律 f(3) = f(2) + f(1) =3，因此 f（1） =1，f(2) = 2 就是青蛙跳阶的边界。

3. 找规律，确定最优子结构

n>=3 时，已经呈现出规律 f(n) = f(n-1) + f(n-2) ，因此，f(n-1) 和 f(n-2) 称为 f(n) 的最优子结构。什么是最优子结构？有这么一个解释：

一道动态规划问题，其实就是一个递推问题。假设当前决策结果是 f(n), 则最优子结构就是要让 f(n-k) 最优, 最优子结构性质就是能让转移到 n 的状态是最优的, 并且与后面的决策没有关系, 即让后面的决策安心地使用前面的局部最优解的一种性质

4，写出状态转移方程

通过前面 3 步，穷举分析，确定边界，最优子结构，我们就可以得出状态转移方程啦：

5. 代码实现

我们实现代码的时候，一般注意从底往上遍历哈，然后关注下边界情况，空间复杂度，也就差不多啦。动态规划有个框架的，大家实现的时候，可以考虑适当参考一下：

dp[0][0][...] = 边界值
for(状态1 ：所有状态1的值){for(状态2 ：所有状态2的值){for(...){//状态转移方程dp[状态1][状态2][...] = 求最值}}
}

leetcode 案例分析

我们一起来分析一道经典 leetcode 题目吧

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

示例 1：

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：

输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4

我们按照以上动态规划的解题思路，

穷举分析
确定边界
找规律，确定最优子结构
状态转移方程

1. 穷举分析

因为动态规划，核心思想包括拆分子问题，记住过往，减少重复计算。 所以我们在思考原问题：数组 num[i] 的最长递增子序列长度时，可以思考下相关子问题，比如原问题是否跟子问题 num[i-1] 的最长递增子序列长度有关呢？

自顶向上的穷举

这里观察规律，显然是有关系的，我们还是遵循动态规划自底向上的原则，基于示例 1 的数据，从数组只有一个元素开始分析。

当 nums 只有一个元素 10 时，最长递增子序列是 [10], 长度是 1.
当 nums 需要加入一个元素 9 时，最长递增子序列是 [10] 或者[9], 长度是 1。
当 nums 再加入一个元素 2 时，最长递增子序列是 [10] 或者 [9] 或者[2], 长度是 1。
当 nums 再加入一个元素 5 时，最长递增子序列是 [2,5], 长度是 2。
当 nums 再加入一个元素 3 时，最长递增子序列是 [2,5] 或者[2,3], 长度是 2。
当 nums 再加入一个元素 7 时，, 最长递增子序列是 [2,5,7] 或者[2,3,7], 长度是 3。
当 nums 再加入一个元素 101 时，最长递增子序列是 [2,5,7,101] 或者[2,3,7,101], 长度是 4。
当 nums 再加入一个元素 18 时，最长递增子序列是 [2,5,7,101] 或者 [2,3,7,101] 或者 [2,5,7,18] 或者[2,3,7,18], 长度是 4。
当 nums 再加入一个元素 7 时, 最长递增子序列是 [2,5,7,101] 或者 [2,3,7,101] 或者 [2,5,7,18] 或者[2,3,7,18], 长度是 4.

分析找规律，拆分子问题

通过上面分析，我们可以发现一个规律：

如果新加入一个元素 nums[i], 最长递增子序列要么是以 nums[i] 结尾的递增子序列，要么就是 nums[i-1] 的最长递增子序列。看到这个，是不是很开心，nums[i] 的最长递增子序列已经跟子问题 nums[i-1] 的最长递增子序列有关联了。

原问题数组nums[i]的最长递增子序列 = 子问题数组nums[i-1]的最长递增子序列/nums[i]结尾的最长递增子序列

是不是感觉成功了一半呢？但是如何把 nums[i] 结尾的递增子序列也转化为对应的子问题呢？要是 nums[i] 结尾的递增子序列也跟 nums[i-1] 的最长递增子序列有关就好了。又或者 nums[i] 结尾的最长递增子序列，跟前面子问题 num[j]（0=<j<i）结尾的最长递增子序列有关就好了，带着这个想法，我们又回头看看穷举的过程：

nums[i] 的最长递增子序列，不就是从以数组 num[i] 每个元素结尾的最长子序列集合，取元素最多（也就是长度最长）那个嘛，所以原问题，我们转化成求出以数组 nums 每个元素结尾的最长子序列集合，再取最大值嘛。哈哈，想到这，我们就可以用 dp[i] 表示以 num[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度啦，然后再来看看其中的规律：

其实，nums[i] 结尾的自增子序列，只要找到比 nums[i] 小的子序列，加上 nums[i] 就可以啦。显然，可能形成多种新的子序列，我们选最长那个，就是 dp[i] 的值啦

nums[3]=5, 以5结尾的最长子序列就是[2,5], 因为从数组下标0到3遍历，只找到了子序列[2]比5小，所以就是[2]+[5]啦，即dp[4]=2
nums[4]=3, 以3结尾的最长子序列就是[2,3], 因为从数组下标0到4遍历，只找到了子序列[2]比3小，所以就是[2]+[3]啦，即dp[4]=2
nums[5]=7，以7结尾的最长子序列就是[2,5,7]和[2,3,7], 因为从数组下标0到5遍历，找到2,5和3都比 7 小，所以就有[2,7],[5,7],[3,7],[2,5,7]和[2,3,7]这些子序列，最长子序列就是[2,5,7]和[2,3,7]，它俩不就是以5结尾和3结尾的最长递增子序列 +[7] 来的嘛！所以，dp[5]=3 =dp[3]+1=dp[4]+1。

很显然有这个规律：一个以 nums[i] 结尾的数组 nums

如果存在 j 属于区间 [0，i-1], 并且 num[i]>num[j] 的话，则有，dp(i) =max(dp(j))+1，

最简单的边界情况

当 nums 数组只有一个元素时，最长递增子序列的长度 dp(1)=1, 当 nums 数组有两个元素时，dp(2) =2 或者 1，因此边界就是 dp(1)=1。

确定最优子结构

从穷举分析，我们可以得出，以下的最优结构：

dp(i) =max(dp(j))+1，存在j属于区间[0，i-1],并且num[i]>num[j]。

max(dp(j)) 就是最优子结构。

状态转移方程

通过前面分析，我们就可以得出状态转移方程啦：

所以数组 num[i] 的最长递增子序列就是：

最长递增子序列 =max(dp[i])

代码实现

class Solution {public int lengthOfLIS(int[] nums) {if (nums.length == 0) {return 0;}int[] dp = new int[nums.length];//初始化就是边界情况dp[0] = 1;int maxans = 1;//自底向上遍历for (int i = 1; i < nums.length; i++) {dp[i] = 1;//从下标0到i遍历for (int j = 0; j < i; j++) {//找到前面比nums[i]小的数nums[j],即有dp[i]= dp[j]+1if (nums[j] < nums[i]) {//因为会有多个小于nums[i]的数，也就是会存在多种组合了嘛，我们就取最大放到dp[i]dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);}}//求出dp[i]后，dp最大那个就是nums的最长递增子序列啦maxans = Math.max(maxans, dp[i]);}return maxans;}
}