前言

动态规划的核心设计思想是数学归纳法

假如我们想证明一个数学结论：

那么先假设这个结论在 k < n 时成立
想办法推导证明出 k = n 的时候此结论也成立。

是需要一个 dp 数组嘛？

可以假设 dp[0...i - 1] 都已经被算出来了
然后问自己：怎么通过这些结果算出 dp[i]？
首先要定义清楚的 dp 数组的含义，即 dp[i] 的值到底代表是什么？

Tips：”子序列“ 和 ”子串“ 区别

子串一定是连续的
子序列不一定是连续的

子序列问题是最常见的算法问题，而且并不好解决。

一旦涉及子序列和最值，那几乎可以肯定，考察的是动态规划技巧，时间复杂度一般都是 O(n ^ 2)

既然用到动态规划，那就要定义 dp 数组，寻找状态转移关系。

两种思路：

第一种思路模板是一个一维的 dp 数组：

int n = array.length;
int [] dp = new int[n];

for (int i = 1; i < n; ++i) {
    for (int j = 0; j < i; ++j) {
        dp[i] = 最值(dp[i], dp[j] + ...)
    }
}
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第二种思路模板是一个二维的 dp 数组：

int n = arr.length;
int [][] dp = new int[n][n];

for (int i = 0; i < n; ++i) {
    for (int j = 0; j < n; ++j) {
        if (arr[i] == arr[j]) 
            dp[i][j] = dp[i][j] + ...
        else
            dp[i][j] = 最值(...)
    }
}
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题目

（1）`LeetCode 300` 最长递增子序列

题目描述

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。

子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

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


示例 3：
输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出：1
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思路解法

定义是这样的：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。

可以推出 base case：dp[i] 初始值为 1, 因为以 nums[i] 结尾的最长递增子序列起码要包含它自己。

public class LeetCode_300 {

    // 方法一：
    // Time: o(n^2), Space: o(n), Faster: 27.93%
    public int lengthOfLISDP(int [] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
        int n = nums.length, max = 1;
        int [] d = new int[n];
        d[0] = 1;

        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                int cur = nums[i] > nums[j] ? d[j] + 1 : 1;
                d[i] = Math.max(d[i], cur);
            }
            max = Math.max(max, d[i]);
        }
        return max;
    }

    // 方法二：
    // Time: o(n * log(n)), Space: o(n), Faster:  92.62%
    public int lengthOfLISBinarySearch(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
        // 牌堆数初始化为 0
        int len = 0;
        int [] top = new int[nums.length];
        for (int x : nums) {
            int left = binarySearchInsertPosition(top, len, x);
            // 把这张牌放到牌堆顶，牌堆顶的牌是这个堆最小的
            top[left] = x;
            // 没找到合适的牌堆，新建一堆
            if (left == len) ++len;
        }
        return len;
    }
    
    private int binarySearchInsertPosition(int[] d, int len, int x) {
        int low = 0, high = len - 1;
        while (low <= high) {
            int mid = low + (high - low) / 2;
            if (x < d[mid]) high = mid - 1;
            else if (x > d[mid]) low = mid + 1;
            else return mid;
        }
        return low;
    }

}
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（2）`LeetCode 53` 最大子序和

题目描述

给定一个整数数组 nums，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

示例:

输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出: 6
解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。
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思路解法

题目解读：以 nums[i] 为结尾的 “最大子数组和” 为 dp[i]

使用数学归纳法来找状态转移关系：假设已经算出了 dp[i - 1], 如何推导出 dp[i] 呢？

dp[i] 有两种 “选择”：

要么与前面的相邻子数组连接，形成一个和更大的子树组
要么不与前面的子数组连接，自成一派，自己作为一个子数组。

// 要么自成一派，要么和前面的子数组合并
dp[i] = Math.max(nums[i], num[i] + dp[i - 1]);
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思路：

方法一：暴力求法，两层 for 循环
方法二：dp方法。
方法三：遍历一遍，负数 + 负数没有任何意义前面累加值为负数，则对后面没有正向的贡献，所以可以直接舍弃前面这段子序列的和

这里主要讲的是方法三：

public class LeetCode_53 {

    // Time: O(n), Space: O(1), Faster: 95.05%
    public int maxSumOfSubArray(int[] nums) {
        int max = Integer.MIN_VALUE, cur = 0;

        for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
        
            // 前面累加值为负数，对后面没有正向的贡献，可以直接舍弃前面的子序列的和
            cur = cur <= 0 ? nums[i] : (cur + nums[i]);
            max = Math.max(max, cur);
        }

        return max;
    }
}
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总结：

dp 大部分还是有规律可循的。
dp 数组的定义是 “以 nums[i] 为结尾的最大子数组和 / 最长递增子序列为 dp[i] ”。
因为只有这样的定义才能使 dp[i + 1] 和 dp[i] 建立联系，利用数学归纳发写出状态转移方程。

（3）`LeetCode 152` 连续子序列的最大乘积

题目描述

这个题目说的是，给你一个整数数组，你要找到乘积最大的连续子序列，然后返回它的乘积。

比如说，给你的数组是：

8, 1, -2, 4, -1

这个数组中连续子序列的最大乘积是 64，连续子序列就是数组本身。
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思路解法

解法有两种：

暴力法：两层 for 循环
动态规划：在遍历数组时候，要保留当前最大乘积、当前最小乘积
- 当前最大乘积
- 当前最小乘积

图解如下：

AC 代码：

public class LeetCode_152 {

    // 方式一：暴力法
    // Time: O(n ^ 2), Space: O(1), Faster: 5.01%
    public int maxProduct2(int[] nums) {
        int max = Integer.MIN_VALUE;
        for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {
            int sum = nums[i];
            max = Math.max(max, sum);
            for (int j = i + 1; j < nums.length; ++j) {
                sum *= nums[j];
                max = Math.max(sum, max);
            }
        }
        return max;
    }

    // 方式二：动态规划
    // Time: o(n), Space: o(1), Faster: 66.15%
    public int maxProduct(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
        int max = nums[0], currMax = nums[0], currMin = nums[0];

        for (int i = 1; i < nums.length; ++i) {
            int a = currMax * nums[i], b = currMin * nums[i], c = nums[i];
            currMax = max(a, b, c);
            currMin = min(a, b, c);
            max = Math.max(max, currMax);
        }

        return max;
    }

    private int max(int a, int b, int c) {
        return Math.max(Math.max(a, b), c);
    }

    private int min(int a, int b, int c) {
        return Math.min(Math.min(a, b), c);
    }
}
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（4）`LeetCode 354` 俄罗斯套娃信封问题

题目描述

给定一些标记了宽度和高度的信封，宽度和高度以整数对形式 (w, h) 出现。当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算最多能有多少个信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

说明: 不允许旋转信封。

示例:

输入: envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出: 3 
解释: 最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。
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信封嵌套问题实际上是最长递增子序列问题上升到二维，其解法就需要先按照特定的规则排序，之后转换为一个一维的最长递增子序列问题，最后用二分搜索框架中的技巧来解决。

这道题目其实是 最长递增子序列（LOngest Incresing Subsequence, LIS） 的一个变种。

每次合法的嵌套是大的套小的，相当于找一个最长递增的子序列，其长度就是最多能嵌套的信封个数。

一个直接的想法就是，通过 w * h 计算面积，然后对面积进行标准的 LIS 算法。但是稍加思考就会发现这样不行，比如 1 * 10 大于 3 * 3, 但是显然这样的两个信封是无法互相嵌套的。

思路解法

思路步骤：

先对宽度 w 进行升序排序，如果遇到 w 相同的情况，则按照高度 h 降序排序。
之后把所有的 h 作为一个数组，在这个数组上计算出的 LIS 的长度就是答案。

步骤1，如图：

步骤2，如图：

public class LeetCode_354 {

    // Time: O(n * log(n)), Space: O(n), Faster: 87.03%
    public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {

        int n = envelopes.length;
        // 按照宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
        Arrays.sort(envelopes, (a, b) -> a[0] == b[0] ? b[1] - a[1] : a[0] - b[0]);

        // 对高度数组寻找 LIS
        int [] height = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            height[i] = envelopes[i][1];
        }

        return lengthOfLISBinarySearch(height);
    }

    // Time: o(n * log(n)), Space: o(n), Faster:  92.62%
    private int lengthOfLISBinarySearch(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0) return 0;
        // 牌堆数初始化为 0
        int len = 0;
        int [] top = new int[nums.length];
        for (int x : nums) {
            int left = binarySearchInsertPosition(top, len, x);
            // 把这张牌放到牌堆顶
            top[left] = x;
            // 没找到合适的牌堆，新建一堆
            if (left == len) ++len;
        }
        return len;
    }

    private int binarySearchInsertPosition(int[] d, int len, int x) {
        int low = 0, high = len - 1;
        while (low <= high) {
            int mid = low + (high - low) / 2;
            if (x < d[mid]) high = mid - 1;
            else if (x > d[mid]) low = mid + 1;
            else return mid;
        }
        return low;
    }
}
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总结：

其实这种问题还可以扩展到三维，比如过说嵌套箱子，每个箱子有长、宽、高三个维度，请你计算最多能嵌套几个箱子？

按之前思路，可能会想：先把前两个维度（长和宽）按信封嵌套的思路求一个嵌套序列，最后在这个序列的第三个维度（高度）找一下 LIS，就能算出答案。

实际上，这个思路是错误的。这类问题叫做 “偏序问题”，上升到三维会使难度巨幅提升，需要借助一种高级数据结构 “树状数组”。

（5）`LeetCode 1312` 让字符串成为回文串的最少插入次数

题目描述

给你一个字符串 s ，每一次操作你都可以在字符串的任意位置插入任意字符。

请你返回让 s 成为回文串的最少操作次数。

「回文串」是正读和反读都相同的字符串。

示例 1：

输入：s = "zzazz"
输出：0
解释：字符串 "zzazz" 已经是回文串了，所以不需要做任何插入操作。
示例 2：

输入：s = "mbadm"
输出：2
解释：字符串可变为 "mbdadbm" 或者 "mdbabdm" 。
示例 3：

输入：s = "leetcode"
输出：5
解释：插入 5 个字符后字符串变为 "leetcodocteel" 。
示例 4：

输入：s = "g"
输出：0
示例 5：

输入：s = "no"
输出：1
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提示：

1 <= s.length <= 500 s 中所有字符都是小写字母。

题干分析

要找最少的插入次数，那肯定要穷举喽。

每次都可以在两个字符的中间插入任意一个字符，外加判断字符串是否为回文字符串，它的时间复杂度肯定暴增，而且是指数级的。

动态规划标准套路：

第一步要明确：状态和选择
第二步要明确：dp 数组的定义
第三步：根据 “选择”，思考状态转移的逻辑

1. 第一步要明确：状态和选择

状态：“指针 i” 和 “指针 j”
选择：“插入” 或者 “不插入”

2. 第二步要明确：dp 数组的定义

dp数组的定义：dp[i][j] , 对字符串 s[i..j]，最少需要进行 dp[i][j] 次插入才能变成回文串。

最终答案：dp[0][n - 1] 的大小（n 为 s 的长度）

base case： 当 i == j 时，dp[i][j] = 0, 因为当 i == j 时 s[i..j] 就是一个字符，本身就是回文串，所以不需要进行任何插入操作;

3. 第三步：根据 “选择”，思考状态转移的逻辑

如果 s[i] == s[j]，不需要进行任何插入，只要知道如何把 s[i+1..j-1] 变成回文串即可

如果 s[i] != s[j]，分情况讨论，看下文。

分析第三步：状态转移方程

想要计算 dp[i][j] 的值，能从子问题 dp[i + 1][j - 1] 推出 dp[i][j] 值嘛？

也就认为 s[i+1 .. j-1] 已经是一个回文串了，所以通过 dp[i+1][j-1] 推导 dp[i][j] 的关键在于 s[i] 和 s[j]。

如果 s[i] == s[j]，不需要进行任何插入，只要知道如何把 s[i+1..j-1] 变成回文串即可。

如图：

// 翻译成代码
if (s[i] == s[j]) {
    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
}
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如果 s[i] != s[j]，分情况讨论：

当 s[i] != s[j] 时，插入两次肯定可以让 s[i..j] 变成回文串，但是不一定是插入次数最少的。

如图：

第一步：将 s[i] 插到 s[j] 的左边

第二步：将 s[j] 插到 s[i] 的左边

特殊情况：

只需要插入一个字符即可使得 s[i..j] 变成回文，如下图：

这种情况，s[i+1..j] 或 s[i..j - 1] 原本就是回文串，那么就不需要插入，只需要插入另一个即可。

if (s[i] != s[j]) {
    // 步骤一选择代价较小的
    // 步骤二必然要进行一次插入
    dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}
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思路解法

状态转移方程中 dp[i][j] 和 dp[i + 1][j] 、dp[i][j - 1]、dp[i + 1][j - 1] 三个状态有关，为了保证每次计算 dp[i][j] 时，这三个状态都已经被计算，一般选择从下向上，从左到右遍历 dp 数组：

public class LeetCode_1312 {

    // Time: O(n ^ 2), Space: O(n ^ 2), Faster: 60.65%
    public int minInsertions(String s) {
        int n = s.length();

        // 定义： 对 s[i..j], 最少需要插入 dp[i][j] 次才能变成回文串
        // base case： dp 数组全部初始化为 0
        int [][] dp = new int[n][n];

        // 从下向上遍历
        for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
            // 从左向右遍历
            for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
                // 根据 s[i] 和 s[j] 进行状态转移
                if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j -1];
                } else {
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
                }
            }
        }
        // 根据 dp 数组的定义，题目要求的答案是 dp[0][n - 1]
        return dp[0][n - 1];
    }
}
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优化：

dp 数组的状态只和和它相邻的状态有关，所以 dp 数组是可以压缩成一维的。

public class LeetCode_1312 {

    // Time: O(n ^ 2), Space: O(n), Faster: 77.81%
    public int minInsertions(String s) {
        int n = s.length();

        int [] dp = new int[n];

        int temp = 0;
        for (int i = n - 2; i >= 0; --i) {
            // 记录 dp[i+1][j-1]
            int pre = 0;
            for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
                temp = dp[j];

                if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                    // dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
                    dp[j] = pre;
                } else {
                    // dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
                    dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j - 1]) + 1;
                }
                pre = temp;
            }
        }

        return dp[n - 1];
    }
}
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（6）`LeetCode 1143` 最长公共子序列

题目描述

给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。

一个字符串的子序列是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。

例如，"ace" 是 "abcde" 的子序列，但 "aec" 不是 "abcde" 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。

若这两个字符串没有公共子序列，则返回 0。

示例 1:

输入：text1 = "abcde", text2 = "ace" 
输出：3
解释：最长公共子序列是 "ace"，它的长度为 3。


示例 2:

输入：text1 = "abc", text2 = "abc"
输出：3
解释：最长公共子序列是 "abc"，它的长度为 3。


示例 3:

输入：text1 = "abc", text2 = "def"
输出：0
解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0。
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题干分析

**最长公共子序列（Longest Common Subsequence, LCS）**是一道非常经典的面试题目，因为它的解法是典型的二维动态规划。

这个算法稍微加改造就可以用于解决其他问题，所以说 LCS 算法是值得掌握的。

动态规划思路：

第一步：一定要明确 dp 数组的含义
定义 base case
找状态转移方程

1. 第一步：一定要明确 dp 数组的含义。

对于两个字符串的动态规划问题，套路是通用的，一般都需要一个二维 dp 数组。

比如对于字符串 s1 和 s2，一般来说要构造一个这样的 DP table：

dp[i][j] 含义是：对于 s1[0..i - 1] 和 s2[0..j - 1]，它们的 LCS 长度是 dp[i][j]。

比如上图这个例子，dp[2][4] = 2 含义就是：对于 "ac" 和 "babc"，它们的 LCS 长度是2。根据这个定义，最终想得到的答案应该是 dp[3][6]。

2. 定义 base case

专门让索引为 0 的行和列表示空串，dp[0][..] 和 dp[..][0] 都应该初始化为 0，这就是 base case。

比如按照刚才 dp 数组的定义，dp[0][3] = 0 的含义是：对于空字符串 "" 和 "bab"，其 LCS 的长度为 0。

因为有一个字符串是空串，它们的最长公共子序列的长度显然应该是 0

3. 找状态转移方程

做 “选择”。

求 s1 和 s2 的最长公共子序列，设：子序列为 lcs。

那么对于 s1 和 s2 中的每个字符，有什么选择？

很简单，两种选择，要么在 lcs 中，要么不在。

如图：

对于 s1[i] 和 s2[j]，怎么知道它们到底在不在 lcs 中？

可以很容易想到的是，如果某个字符在 lcs 中，那么这个字符肯定同时存在与 s1 和 s2 中，因为 lcs 是最长公共子序列。

dp(i, j) 表示 s1[0...i] 和 s2[0...j] 中最长公共子序列的长度，这样就可以找到状态转移关系：

如果 s1[i] == s2[j]

说明这个公共字符一定在 lcs 中，如果知道了 s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 中的 lcs 长度，再加 1 就是 s1[0..i] 和 s2[0..j] 中 lcs 的长度。根据 dp 函数的定义，如下：
if (str1[i] == str2[j]) dp[i][j] = dp(i - 1, j - 1) + 1;
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如果 s1[i] != s2[j]

说明 s1[i] 和 s2[j] 这两个字符至少有一个不在 lcs 中，那到底是哪个字符不在 lcs 中呢？根据 dp 函数的定义，如下：
if (str1[i] != str2[j]) dp[i][j] = Math.max(dp(i - 1, j), dp(i, j - 1));
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明白了状态转移方程，可以直接写出解法。

思路解法

思路：

二维数组 dp
dp 压缩

public class LeetCode_1143 {
    // Time: O(n ^ 2), Space: O(m * n), Faster: 72.28%
    public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {

        int m = text1.length(), n = text2.length();
        // 定义： 对于 s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1], 它们的 lcs 长度是 dp[i][j]
        // base case: dp[0][..] = dp[..][0] = 0 已初始化
        int [][] dp = new int[m + 1][n + 1];

        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                // 状态转移逻辑
                if (text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
                } else {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
}