动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法：

1. 基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。

2. 归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划：

1. 状态表示：

2. 状态转移方程：

3. 初始化：

4. 填表顺序：

5. 返回值：

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。、

740. 删除并获得点数

题目解析

我们发现选择了一个数字，假设是x，那么x+1和x-1我们都不能再选择，这种模式非常像打家劫舍题目的模式。由此我们可以把此问题转化为打家劫舍问题。

由于1<=nums[i]<=1e4,所以我们可以创建一个1e4+1大小的数组count，count[i]表示i数字拥有的点数，也就是i*（i出现的次数），这样我们就可以把原问题转化为打家劫舍问题。

状态表示

我们将nums数组转化为count数组，接着对count数组分析即可。

我们可以定义dp[i]表示，1到i 这些数中，我们选择其中不相邻的部分项，所能得到的最大点数。

状态转移方程

我们想一想dp[i]怎么由其他的状态推导出来。

dp[i]表示，1到i 这些数中，我们选择其中不相邻的部分项，所能得到的最大点数。

dp[i-1]表示，1到i-1 这些数中，我们选择其中不相邻的部分项，所能得到的最大点数。

dp[i-2]表示，1到i-2 这些数中，我们选择其中不相邻的部分项，所能得到的最大点数。

我们对i的状态进行研究，一共可以分为两种情况，要么1-i这些数中，我们选择其中不相邻的部分项，其中选择了i，要么我们不选择i。

当我们选择i，那我们就不可能选择i-1，所以此时最大的点数应该是dp[i-2]+count[i]

如果我们不选择i，那我们就可以选择i-1,此时最大的点数应该是dp[i-1]，也就是从1到i-1这些数选择不相邻的部分项所能获得的最大点数。

故状态转移方程为，dp[i]=max(dp[i-2]+count[i],dp[i-1])

初始化

由状态转移方程我们知道，想要推导出i位置的状态，需要用到i-1和i-2位置的状态，所以我们需要初始化前两个位置的状态，也就是下标1和2。因为count[0]是不考虑的，nums>=1。

很容易可以得出。

dp[0]=count[0]

dp[1]=max(count[0],count[1])

填表顺序

从左到右

返回值

返回最后一个元素即dp[1e4]

代码实现

int deleteAndEarn(int* nums, int numsSize) {int n=numsSize;const int m=1e4+1;int count[m];memset(count,0,sizeof(count));for(int i=0;i<n;i++){count[nums[i]]+=nums[i];}int dp[m];dp[1]=count[1];dp[2]=fmax(count[1],count[2]);for(int i=3;i<=1e4;i++){dp[i]=fmax(dp[i-2]+count[i],dp[i-1]);}return dp[m-1];
}

我们知道nums中存储的数字的范围是1到1e4，所以我们可以利用count数组， 定义count[i]表示i数字拥有的点数，我们只需要对count数组做一次打家劫舍就可以了。

LCR 091. 粉刷房子

题目解析

状态表示

如果我们定义dp[i]表示从0号房子到i号房子，我们选择不同的粉刷方案，所花费的最小金额数，我们想一想此状态表示的状态转移方程怎么推导？我们具体分析i号房子的状态，一共有三种情况，要么i号房子粉刷成红色，要么i号房子粉刷成绿色，要么i号房子粉刷成蓝色。对于这三中国情况，我们没办法只通过前面几个房子的最小花费数而得到i号房子的最小花费数，因为当我确定i号房子的粉刷颜色，前面的房子的粉刷颜色我没办法确定。所以我们的状态表示应该还需要包括粉刷的颜色。

我可以对其改进，定义dp[i][j]表示从0号房子开始到i号房子，选择不同的粉刷方案，且i号房子粉刷j颜色时的最小花费。其中j的取值是0、1或者2，分别表示红色绿色蓝色。

这样我们就是推导出状态转移方程，一步一步推导状态。

状态转移方程

我们想一想dp[i][j]的状态值如何通过其他的状态推导出来。

dp[i][j]表示从0号房子开始到i号房子，选择不同的粉刷方案，且i号房子粉刷j颜色时的最小花费。

dp[i-1][j]表示从0号房子开始到i-1号房子，选择不同的粉刷方案，且i号房子粉刷j颜色时的最小花费。

对于i号房子，我们依旧分为三种情况，要么粉刷红色要么粉刷绿色要么粉刷蓝色。

当我们对i号房子粉刷红色时，很明显，dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][0]

i-1号房子粉刷的颜色不能是红色，要么是绿色要么是蓝色，从0号房子到i-1号房子，且i-1号房子粉刷成绿色蓝色时最小的花费分别是dp[i-1][1],dp[i-1][2]

选择较小的一个然后加上i号房子粉刷红色的花费就是dp[i][0]

同理dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i][1]

dp[i][2]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i][2]

故，状态转移方程为

dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][0]

dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i][1]

dp[i][2]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i][2]

初始化

根据状态转移方程，我们知道推导出i房子粉刷红绿蓝三个状态需要i-1号房子的三个状态，所以我们需要初始化第一个房子的三个状态值。

即，

dp[0][0]=costs[0][0]; dp[0][1]=costs[0][1]; dp[0][2]=costs[0][2];

填表顺序

从左往右填写，一次填写三个状态

返回值

返回最后一个房子三个状态中最小的那个花费。

即，return fmin(dp[n-1][0],fmin(dp[n-1][1],dp[n-1][2]));

代码实现

int minCost(int** costs, int costsSize, int* costsColSize){int n=costsSize;int dp[n][3];dp[0][0]=costs[0][0];dp[0][1]=costs[0][1];dp[0][2]=costs[0][2];for(int i=1;i<n;i++){dp[i][0]=fmin(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][0];dp[i][1]=fmin(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i][1];dp[i][2]=fmin(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i][2];}return fmin(dp[n-1][0],fmin(dp[n-1][1],dp[n-1][2]));
}

309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期

题目解析

状态表示

如果我们定义dp[i]表示从第0天开始到第i天，我们所得到利润的最大值，我们没办法通过其他的状态值推导出i位置的状态值。仔细想想，其实第i天的状态还可以细分。

可以分为第i天结束时，手上有股票，或者手上没股票且在冷冻期，或者手上没股票且不在冷冻期。

所以我们可以定义 dp[i][j]表示从第0天到第i天，所获得的最大利润值，且第i天结束时拥有状态j（j=0表示手上有股票，j=1表示手上没股票，且在冷冻期，j=2表示手上没股票，且不在冷冻期）。

状态转移方程

我们想一想第i天的三个状态能不能由其他的状态推导得出。

dp[i][j]表示从第0天到第i天，所获得的最大利润值，且第i天结束时拥有状态j

dp[i-1][j]表示从第0天到第i-1天，所获得的最大利润值，且第i天结束时拥有状态j

（j=0表示手上有股票，j=1表示手上没股票，且在冷冻期，j=2表示手上没股票，且不在冷冻期）。

当第i天结束的时候，我们手上有股票，对应dp[i][0]，说明第i天白天我们买了股票，或者第i-1天我们手上有股票，且第i天白天我们没有卖掉。

也就是第i-1天结束时，要么是手上有股票，要么是手上没股票且不在冷冻期。

所以dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i])

第i天买了股票，所以利润需要减去股票价值。

当第i天结束的时候，我们手上没有股票，且在冷冻期，对应dp[i][1]，说明第i天白天我们卖了股票，所以在第i天结束的时候处于冷冻期。所以要么第i-1天手上有股票，然后第i天白天我们卖掉了，要么第i-1天我们手上没有股票且不在冷冻期，第i天白天我们买了股票又卖了股票。

所以dp[i][1]=max(dp[i-1][0]-prices[i],dp[i-1][2])

当第i天结束的时候，我们手上没有股票，且不在冷冻期，对应 dp[i][2]，说明第i天白天我们没有卖股票，要么i-1天白天我们卖了股票，要么i-1天白天也没卖股票，然后第i天白天什么都没做。也就是i-1天结束时的状态要么是手上没股票，且在冷冻期，要么是手上没股票，且不在冷冻期。（i-1天结束时的状态要么是手上没股票，且在冷冻期，然后冷冻期一直持续到第i天结束前，结束时冷冻期结束。）

所以dp[i][2]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])

故状态转移方程为，

dp[i][0]=fmax(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i]); dp[i][1]=fmax(dp[i-1][0]+prices[i],dp[i-1][2]); dp[i][2]=fmax(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);

初始化

通过状态转移方程，我们知道推导出i天的状态需要i-1天的状态，所以我们需要初始化第0天的三个状态。

dp[0][0]表示第0天结束时手上有股票，说明白天买了股票，利润为负的prices[0]。

dp[0][1]表示第0天结束时手上没有股票，且在冷冻期，不可能存在的状态，所以该状态的值不能影响后面的状态，利润置0就可以了。因为会取到这个值的状态转移方程是dp[i][2]=fmax(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);利润置0，dp[i-1][2]不为零，就不会取到dp[i-1][1]，dp[i-1][2]为零，dp[i-1][1]也不会影响dp[i]的推导。

dp[0][2] 表示第0天结束时手上没有股票，且不在冷冻期，说明白天没有卖股票，dp[0][2]=0；

所以初始化为，

dp[0][0]=-prices[0]; dp[0][1]=0; dp[0][2]=0;

填表顺序

从左往右填写，一次性填写三个状态

返回值

返回最后一天中，三个状态的最大值，即

return fmax(dp[n-1][0],fmax(dp[n-1][1],dp[n-1][2]));

代码实现

int maxProfit(int* prices, int pricesSize) {int n=pricesSize;int dp[n][3];//0:有票   1:无票且在冷冻期   2：无票且不在冷冻期dp[0][0]=-prices[0];dp[0][1]=0;dp[0][2]=0;for(int i=1;i<n;i++){dp[i][0]=fmax(dp[i-1][0],dp[i-1][2]-prices[i]);dp[i][1]=fmax(dp[i-1][0]+prices[i],dp[i-1][2]);dp[i][2]=fmax(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);}return fmax(dp[n-1][0],fmax(dp[n-1][1],dp[n-1][2]));}

结尾

今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。

最后，感谢您阅读我的文章，希望这些内容能够对您有所启发和帮助。如果您有任何问题或想要分享您的观点，请随时在评论区留言。

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