概述

淘宝的 “双十一” 购物节有各种促销活动，比如 “满 200 元减 50元”。假设你女朋友购物车中有 n 个（n > 100）想买的商品，它希望从里面选几个，在凑够满减条件的前提下，让选出来的商品价格总和最长成都接近满减条件（200 元），这样就可以极大限度地 “薅羊毛”。作为程序员的你，能不能编个代码来帮她搞定？

要想高效地解决这个问题，就要用到本章讲的动态规划（Dynamic Programming）。

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动态规划学习线路

动态规划比较适合用来求解最优问题，比如求最大值、最小值等等。它可以非常显著地降低时间复杂度，提高代码的执行效率。不过，它也是出了名的难学。它的主要学习难点跟递归类似，那就是求解问题的过程不太符合人类常规的思维方式。对于新手来说，想要入门确实不容易。不过，等你掌握了之后，你会发现，实际上并没有想象中那么难。

为了让你更容易理解动态规划，我分了三章进行讲解。这三章分别是，初始动态规划、动态规划理论、动态规划实战。

第一章，我会通过两个非常经典的动态规划问题模型，向你展示我们为什么需要动态规划，以及动态规划解题方法是如何演化出来的。实际上，你只要掌握了这两个例子的解决思路，对于其他很多动态规划问题，你都可以套用类似的思路来解决。

第二章，我会总结动态规划适合解决的问题的特征，以及动态规划解题思路。此外，还会将贪心、分治、回溯、动态规划这四种算法思想放在一起，对比分析它们各种的特点以及适用的场景。

第三章，我会教你应用第二节讲的动态规划理论知识，实战解决三个非常经典的动态规划问题，加深你对理论的理解。弄懂了这三章中的例子，对于动态规划这个知识点，你就算是入门了。

0-1 背包问题

再讲贪心算法、回溯算法时，多次讲到背包问题。本章，依旧拿这个问题来举例。

对于一组不同重量、不可分割的物品，我们需要选择一些装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中物品总重量的最大值是多少？

关于这个问题，上篇文章讲了回溯的解决方法，也就是穷举搜索所有可能得装法，然后找出满足条件的最大值。不过，回溯算法的复杂度比较高，是指数级别。有没有什么规律，可以有效降低时间复杂度呢？我们一起来看看。

    // 回溯算法实现private int maxW = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到 maxW 中private int[] weight = {2,2,4,6,3}; // 物品重量private int n = 5; // 物品个数private int w = 9; // 背包承受的最大重量public void f(int i, int cw) { // 调用f(0,0)if (cw == w || i == n) { // cw == w表示装满了；i==n表示物品都考察完了if (cw > maxW) maxW = cw;return;}f(i+1, cw); // 选择不装第i个物品if (cw + weight[i] <= w) {f(i+1, cw + weight[i]); // 选择装第i个物品}}

规律是不是不好找？那我们就举个例子、画个图看看。我们假设背包的最大承重是 9。我们有 5 个不同的物品，每个物品的重量分别是 2,2,4,6,3。如果我们把这个例子的回溯求解过程，用递归树画出来，就是下面这个样子：

递归树种的每个结点表示一种状态，我们用 (i, cw) 来表示。其中，i 表示将要决策第几个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量。比如，(2, 2) 表示我们将要决策第 2 个物品是否装入背包，在决策前，背包中的总总量是 2。

从递归树中，你应该会发现，有些子问题的求解是重复的，比如 f(2, 2) 和 f(3,4) 都被重复计算了两次。我们可以借助递归那一节将的 “备忘录” 的解决方式，记录已经计算好的 f(i,cw)，当再次计算到重复的 f(i,cw) 时，可以直接从备忘录中取出来用，就不用再递归计算了，这样就可以比避免冗余计算。

    // 回溯算法实现private int maxW = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到 maxW 中private int[] weight = {2,2,4,6,3}; // 物品重量private int n = 5; // 物品个数private int w = 9; // 背包承受的最大重量private boolean[][] mem = new boolean[5][10]; //备忘录，默认为falsepublic void f(int i, int cw) { // 调用f(0,0)if (cw == w || i == n) { // cw == w表示装满了；i==n表示物品都考察完了if (cw > maxW) maxW = cw;return;}if (mem[i][cw]) return; // 重复状态mem[i][cw] = true;f(i+1, cw); // 选择不装第i个物品if (cw + weight[i] <= w) {f(i+1, cw + weight[i]); // 选择装第i个物品}}

这种解决方法非常好。实际上，它已经跟动态规划的执行效率基本上没有差别。但是，多一种方法就多一种解决思路，我们现在来看看动态规划是怎么做的。

我们把整个求解过程分为 n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个物品的决策（放入或不放入背包）完之后，背包中的重量会有多种情况，也就是说，会达到多种不同的状态，对应到递归树中，就是有很多不同的节点。

我们把每一层重复的状态（节点）合并，只记录不同的状态，然后基于上一层的状态集合，来推导下一层的状态集合。我们可以通过合并每一层的重复状态，这样就保证每一层不同状态的个数斗不过超过 w 个（w 表示背包的承载重量），也就是例子中的 9。于是，我们就成功避免了每层状态个数的指数级增长。

我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可以达到的不同状态。

第 0 个（下标从 0 开始编号）物品的重量是 2，要么装入背包，要么不装入背包，决策完之后，会对应背包的两种状态，背包中物品的总重量是 0 或者 2。我们用 state[0][0]=true 和 state[0][2]=true 来表示这两种状态。

第 1 个物品的重量是 2，基于之前的背包状态，在这个物品决策完之后，不同的状态有 3 个，背包中物品总重量分别是 0(0+0)，2(0+2 or 2+0)，4(2+2)。我们用 state[1][0]=true, state[1][2]=true, state[1][4]=true 来表示这三种状态。

依次类推，直到考察完所有的物品后，整个 states 状态数组就计算好了。我把整个计算的过程画了出来，你可以看看。图中 0 表示 false，1 表示 true。我们只需要在最后一层，找一个职位 true 的最近接 w（这里是 9）的值，就是背包中物品总重量的最大值。

文字描述可能不够清楚。我把上面的过程，翻译成代码，你可以结合着一款看下。

    // weight：物品重量，n：物品个数，w：背包重量public int knapsack(int[] weight, int n, int w) {boolean[][] states = new boolean[n][w+1]; // 默认值faslestates[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化if (weight[0] <= w) {states[0][weight[0]] = true;}for (int i = 1; i < n; i++) { // 动态规划状态转移for (int j = 0; j <= w; j++) { // 不把第i个物品放入背包if (states[i-1][j] == true) states[i][j] = true;}for (int j = 0; j <= w - weight[i]; j++) { // 把第i个物品放入背包if (states[i-1][j] == true) states[i][j+weight[i]] = true;}}for (int i = w; i >= 0; i--) { // 输出结果if (states[n-1][i] == true) return i;}return 0;}

实际上，这就是一种用动态规划解决问题的思路。我们把问题分解为多个阶段，每个阶段对应一个决策。我们记录每一个阶段可达的状态集合（去掉重复的），然后通过当前阶段的状态集合，来推导下一阶段的状态集合，动态地往前推进。这也是动态规划这个名字的由来，你可以自己体会一下，是不是还挺形象的？

前面我们讲到，用回溯算法解决这个问题的时间复杂度是 $O(2^n)$，是指数级的。那动态规划解决方案的时间复杂度是多少呢？

这个代码的时间复杂度非常好分析，耗时最多的部分就是代码中的两层 for 循环，所以时间复杂度是 $O(n\ast w)$。n 表示物品个数，w 表示背包可以承受的总重量。

从理论上讲，指数级的时间复杂度肯定要比 $O(n\ast w)$ 高很多。为了让你有更加深刻的感受，我来举个例子给你比较一下。

我们假设有 10000 个物品，重量分布在 1 到 15000 之间，背包可以承载的总重量是 30000。如果我们用回溯法解决，用具体的数值表示出时间复杂度是 $2^{10000}$，这是一个相当大的数字。如果我们用动态规划解决，用具体的数值表示出时间复杂度，就是 10000*30000。虽然看起来也很大，但是和 $2^{10000}$ 比起来，要小太多。

尽管动态规划的执行效率比较高，但是就刚刚的代码来说，我们需要额外申请一个 n 乘以 m+1 的二维数组，对空间的消耗比较多。所以，有时候，我们会说，动态规划是一种空间换时间的解决思路。你可能要问了，有什么办法可以降低空间消耗吗？

实际上，我们只需要一个大小为 w+1 的一维数组就可以解决这个问题。动态规划状态转移的过程都可以基于一个一维数组来操作。具体的代码实现如下所示，你可以仔细看下。

    public int knapsack2(int[] weight, int n, int w) {boolean[] states = new boolean[w+1]; // 默认值faslestates[0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化if (weight[0] <= w) {states[weight[0]] = true;}for (int i = 1; i < n; i++) { // 动态规划状态转移// 不把第i个物品放入背包与i-1的结果一致，所以不用再处理for (int j = w - weight[i]; j >= 0; j--) { // 把第i个物品放入背包if (states[j] == true) states[j+weight[i]] = true;}}for (int j = w; j >= 0; j--) { // 输出结果if (states[j] == true) return j;}return 0;}

我强调一下代码中的第 9 行，j 需要从大到小来处理。如果我们按照 j 从小到大处理的话，会出现 for 循环重复计算的问题。

0-1 背包问题升级版

我们继续升级难度。我改造了一下刚刚的背包问题。你看下这个问题又该如何用动态规划解决呢？

刚刚讲的背包问题，只涉及背包重量和物品重量。我们现在引入物品价值这一变量。对于一组不同重量、不同价值、不可分割的物品，我们选择将某些物品放入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中装入物品的总结之最大是多少呢？

这个问题依旧可以用回溯算法来解决。这个问题并不复杂，所以具体的实现思路，就不用文字描述了，直接给你看代码。

    // 回溯算法实现private int maxV = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到 maxW 中private int[] weight = {2,2,4,6,3}; // 物品重量private int[] value = {3,4,8,9,6}; // 物品价值private int n = 5; // 物品个数private int w = 9; // 背包承受的最大重量public void f(int i, int cw, int cv) { // 调用f(0,0,0)if (cw == w || i == n) { // cw == w表示装满了；i==n表示物品都考察完了if (cw > maxV) maxV = cw;return;}f(i+1, cw, cv); // 选择不装第i个物品if (cw + weight[i] <= w) {f(i+1, cw + weight[i], cv + value[i]); // 选择装第i个物品}}

针对上面的代码，我们还是照例画出递归树。在递归树中，每个节点表示一个状态。现在我们需要 3 个变量 (i,cw,cv) 来表示一个状态。其中，i 表示即将要决策的第 i 个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量，cv 表示当前背包中物品的总价值。

我们发现，在递归树中，有几个节点 i 和 cw 是相同的，比如 f(2,2,4) 和 f(2,2,3)。在背包中物品总重量是一样的情况下，f(2,2,4) 这种状态对应的物品总价值更大，我们可以舍弃 f(2,2,3) 这种状态，只需要沿着 f(2,2,4) 这条决策路线继续往下决策就可以。

也就是说，对于 (i,cw) 相同的不同状态，我们只需要保留 cv 值最大的那个，继续递归处理，其他状态不予考虑。

思路说完了，但是代码如何实现呢？如果用回溯算法，这个问题就没法再用 “备忘录” 解决了。所以，我们就需要换种思路，看看动态规划是不是更容易地解决这个问题？

我们还是把整个求解过程分为 n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个阶段决策完之后，背包中的物品的总重量以及总价值，会有多种情况，也就会达到多种不同的状态。

我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可达到的不同状态。不过这里数组存储的值不再试 boolean，而是当前状态对应地最大总价值。我们把每一层中 (i,cw) 重复的状态（节点）合并，只记录 cv 值最大的那个状态，然后基于这些状态来推导下一层的状态。

我们把这个动态规划的过程翻译成代码，就是下面这个样子。

    // weight：物品重量，value：物品价值，n：物品个数，w：背包重量public int knapsack3(int[] weight, int[] value, int n, int w) {int[][] states = new int[n][w+1];for (int i = 1; i < n; i++) { // 初始化statesfor (int j = 0; j <= w; j++) {states[i][j] = -1;}}states[0][0] = 0; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化if (weight[0] <= w) {states[0][weight[0]] = value[0];}for (int i = 1; i < n; i++) { // 动态规划状态转移for (int j = 0; j <= w; j++) { // 不把第i个物品放入背包if (states[i-1][j] >= 0) states[i][j] = states[i-1][j];}for (int j = 0; j <= w - weight[i]; j++) { // 把第i个物品放入背包if (states[i-1][j] >= 0) {int v = states[i-1][j] + value[i];if (v > states[i][j + weight[i]]) {states[i][j + weight[i]] = v;}}}}// 找出最大值int maxValue = -1;for (int j = w; j >= 0; j--) { // 输出结果if (states[n-1][j] > maxValue) maxValue = states[n-1][j];}return maxValue;}

关于这个问题的时间、空间复杂度的分析，跟上一个例子大同小异，所以就不赘述了。我直接给出答案，时间复杂度是 $O(n\ast w)$，空间复杂度也是 $O(n\ast w)$。跟上一个例子类似，空间复杂度也是可以优化的，你可以自己写一下。

如何巧妙解决“双十一”购物时的凑单问题？

对于这个问题，你当然可以利用回溯算法，穷举所有的排列组合，看大于等于 200 并且最接近 200 的组合是哪一个？但是，这样效率太低了点，时间复杂度非常高，是指数级的。当 n 很大时，可能 “双十一” 已经结束了，你的代码还没有运行处结果，这显然会让你在女朋友心中的形象大大减分。

实际上，它跟第一个例子中讲的 0-1 背包问题很像，只不过是把 “重量” 换成了价格。购物车中有 n 个商品。我们针对每个商品都决策是否否买。每次决策之后，对应不同的状态集合。我们还是用一个二维数组 states[n][x]，来记录每次决策之后所有可达的状态。不过，这里的 x 值是多少呢？

0-1 背包问题中，我们找的是小于等于 w 的最大值，x 就是背包的最大承载重量 w+1。对于这个问题来说，我们要找的是大于等于 200（满减条件）的值中最小的，所以就不能设置 200 加 1了。就这个实际的问题而言，如果要购买的物品的总价格超过 200 太多，比如 1000，那这个羊毛 “薅” 得就没有太大意义了。所以，我们可以限定 x 值为 1001。

不过这个问题不仅要求大于等于 200 的总价格中的最小的，我们还要找出这个最小总价对应都该买哪些商品。实际上，我们可以利用 states 数组，倒推出这个被选择的商品序列。我先把代码写出来，待会再照着代码给你解释。

    // items:商品价格；n：商品个数；w：满减条件，比如200public void double11advance(int[] items, int n, int w) {boolean[][] states = new boolean[n][3*w+1]; // 超过3被就没有薅羊毛的价值了states[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化if (items[0] <= 3*w) {states[0][items[0]] = true;}for (int i = 1; i < n; i++) { // 动态规划状态转移for (int j = 0; j < 3*w; j++) { // 不买第i个商品if (states[i-1][j] == true) states[i][j] = states[i-1][j];}for (int j = 3*w - items[i]; j >= 0; j--) { // 买第i个商品if (states[i-1][j] == true) states[i][j+items[i]] = true;}}int j;for (j = w; j < 3*w+1; j++) {if (states[n-1][j] == true) break; // 输出结果大于等于w的最小值}if (j == 3*w+1) return; // 没有可行解for (int i = n-1; i >= 0; i--) {if (j - items[i] >= 0 && states[i-1][j-items[i]] == true) {System.out.print(items[i] + " "); // 购买这个商品j = j - items[i];} // else 没有购买这个商品，j不变}if (j != 0) System.out.print(items[0]);}

代码的前半部分跟 0-1 背包问题没有什么不同，我们着重看下后半部分，看它是如何打印出选择购买哪些商品的。

状态 (i,j) 只有可能从 (i-1,j) 或者 (i-1, j-items[i]) 这两个状态推到过来。所以，我们就检查这两个状态是否是可达的，也就是 states[i-1][j] 或 states[i-1][j-items[i]] 是否为 true。

如果 states[i-1][j] 可达，就说明我们没有购买第 i 个上篇，如果 states[i-1][j-items[i]] 可达，那就说明我们选择购买了第 i 个商品。我们从中选择一个可达的状态（如果两个都可达，就随意选择一个），然后，继续迭代地考察其他商品是否有选择购买。

小结

动态规划的第一章到此就讲完了。内容比较多，你可能要多花一点时间来消化。

本章的内容不涉及动态规划的理论，我通过两个例子，给你展示了动态规划是如何解决问题的，并且一点一点详细给你讲解了动态规划解决问题的思路。这两个例子都是非常经典的动态规划问题，只要你真正搞懂了这两个问题，基本上动态规划就已经入门一半了。所以，你要多花点时间，真正弄懂这两个问题。

从例子中，你应该能发现，大部分动态规划能解决的问题，都可以通过回溯法来解决，只不过回溯算法解决起来比较低效，时间复杂度是指数级的。动态规划算法，在执行效率方面，要高很多。尽管执行效率提高了，但是动态规划的空间复杂度也提高了，所以，很多时候，我们会说，动态规划是一种空间换时间的算法思想。

前面也说了，本章的内容不涉及理论知识。这两个例子的分析过程，我并没有涉及任何高深的理论方面的东西。而且，我个人觉得，贪心、分治、回溯、动态规划，这四个算法有关的理论知识，大部分都是 “后验性” 的，也就是说，在解决问题的过程中，我们往往是先想到如何用某个算法思想解决问题，然后才用算法理论知识，去验证这个算法思想解决问题的正确性。所以，你大可不必过于急于寻求动态规划的理论知识。