动态规划（记忆化搜索）：

将给定问题划分成若干子问题，直到子问题可以被直接解决。然后把子问题的答保存下来以免重复计算，然后根据子问题反推出原问题解的方法

动态规划也称为递推（暴力深搜+记忆中间状态结果）其中：

• 递推公式 = dfs向下递归的公式
• 递推列表的初始值 = 递归的边界

一、爬楼梯

Problem One: 70. 爬楼梯

题目描述：

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

输入:

输入一个整数表示台阶数 n

输出:

返回一个整数，表示爬到楼顶的方案数。

思路

• 对第一级台阶，方案数等于1，对第二级台阶，方案数为2（直接迈两级或迈两次一级）
• 对于第i级台阶(i >= 3)来说，它的前驱台阶可能是i-1，也可能是i-2，所以从第0阶台阶上到第i阶台阶的方案数等于上到第i-1阶台阶的方案数加上上到第i-2阶台阶的方案数。

解题方法

创建一个dp[]列表存储到达每一级台阶的方案数，使用for循环从小到大逐步求出所有台阶对应的方案数，最后返回dp[n-1]即可

记忆化搜索的复杂度

时间复杂度:

$O(n)$

空间复杂度:

$O(n)$

class Solution:def climbStairs(self, n: int) -> int:if n == 0:return 0elif n == 1:return 1dp = [0]*(n+1)dp[0], dp[1], dp[2] = 0, 1, 2for i in range(3, n+1):dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]return dp[-1]

根据 动态规划 = 记忆化搜索 的理念可知，本题可以直接使用暴力搜索完成，但算法的复杂度有明显差异。

传统搜索的复杂度

时间复杂度:

$O(2^n)$

空间复杂度:

$O(1)$

# 使用DFS直接搜索
# 时间复杂度:O(2的n次方)
def f(n)->int:if n <= 0:return 0elif n == 1:return 1elif n == 2:return 2else :return f(n-1)+f(n-2)print(f(int(input())))

二、三角形最小路径和

Problem Two: LCR 100. 三角形最小路径和

题目描述：

给定一个三角形 triangle ，找出自顶向下的最小路径和。
每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。相邻的结点 在这里指的是 下标 与 上一层结点下标 相同或者等于 上一层结点下标 + 1 的两个结点。也就是说，如果正位于当前行的下标 i ，那么下一步可以移动到下一行的下标 i 或 i + 1 。

输入:

输入一个二维列表表示三角形
例如：triangle = [[2],[3,4],[6,5,7],[4,1,8,3]]

输出:

返回一个整数，表示最小路径和。

思路

• 对第一级台阶，方案数等于1，对第二级台阶，方案数为2（直接迈两级或迈两次一级）
• 对于第i级台阶(i >= 3)来说，它的前驱台阶可能是i-1，也可能是i-2，所以从第0阶台阶上到第i阶台阶的方案数等于上到第i-1阶台阶的方案数加上上到第i-2阶台阶的方案数。

思路

题目是一个标准的深度优先搜索问题，因为每一层中的元素会多次被使用，所以可以通过创建列表存储到达该点所需要的最小路径和（记忆化搜索）的方式提升效率。记忆化搜索也就是动态规划。

解题方法

自然的方法是自上而下，找出每一层各元素到三角形上顶点的最小路径和，然后在最后一层中选出最小路径。但这种方法中每一层的元素需要分成左端点、中间节点和右端点三类，最后还需要遍历一整行找出最小值，算法的时间复杂度较高。

1. 最左侧的节点：前驱节点只能是tri[i-1][0]
2. 最右侧的节点：前驱节点只能是tri[i-1][i-1]
3. 中间的节点 ：前驱节点可以是tri[i-1][j] or tri[i-1][j+1]

传统搜索的复杂度

时间复杂度:

$O(n^2)$

空间复杂度:

$O(n)$

# 自上而下计算最小和
def f()->int:# 读取输入n = int(input())tri = []for i in range(n):tri.append([int(j) for j in input().split()])# 算法主体if not tri:# 如果列表为空，返回0return 0rows = len(tri)dp = []# 第一行特殊处理dp.append([tri[0][0]])for i in range(1, rows):temp = []for j in range(i+1):if j == 0:temp.append(tri[i][0]+dp[i-1][0])elif j < i:temp.append(tri[i][j]+min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]))else:temp.append(tri[i][j]+dp[i-1][j-1])dp.append(temp)return min(dp[-1])
print(f())

算法优化：
通过对题目的观察可知题目不要求找出最短路径中的每一个元素，所以也可以自下而上的查找，存储每一个元素到最后一层的最小路径和。这样每一层只有一种节点（前驱节点一定是 tri[i+1][j] 和 tri[i+1][j+1] 二选一），不必区分左右端点，而且最后只需返回dp[0][0]即可，因为dp[0][0]存储的就是三角形上顶点到三角形最下层的最小路径和。

记忆化搜索的复杂度

时间复杂度:

$O(n^2)$

空间复杂度:

$O(n)$

# 除了自上而下的计算，还可以自下而上地求出dp列表的值
# 在自下而上的过程中，三角形每一层都只有一种节点，更为简单
def f()->int:n = int(input())tri = []for i in range(n):tri.append([int(j) for j in input().split()])# 算法主体# 创建dp列表dp = tri[:]for row in range(n-2, -1, -1):for col in range(row+1):dp[row][col] = min(dp[row+1][col], dp[row+1][col+1]) + tri[row][col]return dp[0][0]print(f())

三、大盗阿福

Problem Three: 信息学奥赛一本通 1301. 大盗阿福

题目描述：

阿福是一名经验丰富的大盗。趁着月黑风高，阿福打算今晚洗劫一条街上的店铺。
这条街上一共有 N 家店铺，每家店中都有一些现金。阿福事先调查得知，只有当他同时洗劫了两家相邻的店铺时，街上的报警系统才会启动，然后警察就会蜂拥而至。
作为一向谨慎作案的大盗，阿福不愿意冒着被警察追捕的风险行窃。他想知道，在不惊动警察的情况下，他今晚最多可以得到多少现金？

输入:

输入的第一行是一个整数T(T≤50) ，表示一共有T组数据。
接下来的每组数据，第一行是一个整数N(1≤N≤100,000) ，表示一共有N家店铺。第二行是N个被空格分开的正整数，表示每一家店铺中的现金数量。每家店铺中的现金数量均不超过1000。

输出:

对于每组数据，输出一行。该行包含一个整数，表示阿福在不惊动警察的情况下可以得到的现金数量。

思路

分析可知，被选中的两家店之间可能间隔1家店，也可能间隔2家店，但不可能间隔大于等于3家店，因为间隔的三家店中中间的那一家也可以同时被选中，如果不选，则该方案一定不是最优方案。所以本题实质上与爬楼梯相似，都是典型的动态规划题目。

解题方法

创建一个列表dp记录从左向右打劫到每一个店铺时所能获得的最大金额，最后dp中的最大值即为所求。

• 第一家店铺：最大金额等于该店铺的钱数
• 第二家店铺：最大金额等于 max(money[0], money[1])
• 第三家店铺：最大金额等于 max(money[1], money[0]+money[2])
• 第i（i > 3）家店铺：最大金额等于 money[i-1] + max(dp[i-2], dp[i-3])

复杂度

时间复杂度:

$O(n)$

空间复杂度:

$O(n)$

def f(n, money):# n = len(money)if n == 1:print(money[0])return elif n == 2:print(max(money))returnelif n == 3:print(max(money[1], money[0]+money[2]))return# 初始化dp列表dp = [0]*ndp[0] = money[0]dp[1] = max(money[0], money[1])dp[2] = max(money[1], money[0] + money[2])for i in range(3, n):dp[i] = money[i] + max(dp[i-2], dp[i-3])print(max(dp))t = int(input())
for i in range(t):f(int(input()), [int(k) for k in input().split()])