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动态规划理论基础
一、理论基础
1.1 什么是动态规划
动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP，如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。
所以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
1.2 动态规划的解题步骤
对于动态规划问题，将拆解为如下五步曲，这五步都搞清楚了，才能说把动态规划真的掌握了！
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
1.3 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。
二、题目
题目一： 509. 斐波那契数
509. 斐波那契数
解题思路：
动态规划
动规五部曲：
这里我们要用一个一维dp数组来保存递归的结果
- 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]
-
确定递推公式
-
dp数组如何初始化
int n = 4;
for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = i + 1; j <= n; j++) {cout << i << " " << j << endl;}
}
- 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
- 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。
以上我们用动规的方法分析完了，C++代码如下
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)
我们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)
递归解法
- 递归函数的返回值以及参数
在这里要定义两个全局变量，一个用来存放符合条件单一结果，一个用来存放符合条件结果的集合。
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N < 2) return N;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
题目二：70. 爬楼梯
70. 爬楼梯
解题思路：
本题如果没有接触过的话，会感觉比较难，多举几个例子，就可以发现其规律。
爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法。
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ，第二层楼梯再跨一步就到第三层。
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划了。
动规五部曲：
- 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
- 确定递推公式
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
-
dp数组如何初始化
-
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
- 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
// 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 ) O(n) O(n)
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
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 ) O(n) O(n)
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)
题目三： 746. 使用最小花费爬楼梯
746. 使用最小花费爬楼梯
解题思路
-
定义dp数组：
dp[i]表示到达第i个台阶所需的最少体力。
-
建立递推关系：
- 每个台阶
i可以从台阶i-1或i-2跳上来。 dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2])。
- 每个台阶
-
初始化dp数组：
dp[0]和dp[1]都初始化为 0，因为到达第一个台阶不需要体力。
-
确定遍历顺序：
- 从第一个台阶开始，逐个计算每个台阶的
dp[i]值。
- 从第一个台阶开始，逐个计算每个台阶的
-
举例说明：
- 通过一个具体的例子（如
cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]），展示dp数组如何逐步构建。
具体的结果如下图所示：
- 通过一个具体的例子（如
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)
