总言

  主要内容：编程题举例，熟悉理解记忆化搜索类题型（对比递归、动态规划理解运用）。
  
  
  
  

  
  
  
  
  

1、记忆化搜索

1.1、基本介绍

  1）、记忆搜索化是什么？主要用来解决什么问题的？
  为了探究记忆搜索化的用途，我们以下述第一道题：斐波那契数为例，进行说明。

  递归版的斐波那契数写法见下述：由递归展开图可知，假如我们要计算 $d(5)$，则需要先计算 $d(4)$ 和 $d(3)$，而在计算 $d(3)$ 时还需要计算 $d(2)$ 和 $d(1)$ 。这会带来一个问题： $d(4)$ 、$d(3)$ 、$d(2)$ 、$d(1)$ 都进行了多次计算，即出现了大量重复计算的子问题。

  那么，有什么方法对其进行优化？
  
  回答：为了避免此类重复计算，在递归时，我们可以使用一个备忘录（本质是一个数组或哈希表）来保存已经计算过的状态及其对应的结果。 这样，在后续递归过程中，每次调用可先检查一下所需的结果是否已经被计算并保存过？ 若是，则直接从备忘录中返回所需结果；若否，则进行递归计算，同时将结果保存在备忘录中，以便后续使用。如此，就避免了重复计算问题。(也可以把它理解为一种剪枝操作)

  这也就是记忆搜索化。一种结合了搜索和动态规划思想的算法策略。其核心思想是在搜索过程中，对于已经计算过的状态或子问题的解进行保存，当再次遇到相同的状态或子问题时，直接使用之前保存的结果，从而避免重复计算，提高算法效率。
  
  
  
  
  2）、如何实现记忆搜索化？（一般性流程步骤 ）

  1、在常规的递归基础上，添加一个备忘录 （一个哈希表或数组，用于存储已经计算过的子问题的结果，以<参数，返回值>的键值对形式）
  2、递归每次返回的时候，将结果放到备忘录里面。
  3、在每次进入递归的时候，先检查备忘录里面是否存在所需计算结果。

  
  
  
  
  
  

1.2、细节理解（记忆搜索化、递归、动态规划……）

  1）、 所有的递归(暴搜、 深搜) ，都能改成记忆化搜索吗？
  回答：不是，只有在递归的过程中，出现了大量完全相同的问题时，才能用记忆化搜索的方式优化。

  ①记忆化搜索的优化效果主要体现在能够避免重复计算相同的子问题。 因此，只有当递归过程中存在大量重复的子问题，即 “子问题重叠”现象时，采用记忆化搜索才是有意义的。
  ②如果递归算法中的子问题都是唯一的，或者重复的子问题数量很少，那么使用记忆化搜索可能并不会带来明显的性能提升，甚至可能由于记忆化存储结构的开销而降低效率。
  
  
  

  2）、 动态规划 与 记忆化搜索
  本质： ①均属于暴力解法(暴搜)，②不过在其基础上进行了一定的优化（通过把已经计算过的值存起来的方式）。
  实际上，《算法导论》中，将记忆化搜索与常规的动态规划都视为动态规划的一种形式，只是前者搜索时是以递归的方式进行的，而后者则是递推(循环)的方式。
  
  实际写代码时，选哪种方式好？
  在实际编写代码时，选择自顶向下（记忆化搜索）还是自底向上（动态规划）的方式取决于多个因素，包括问题的特性、代码的可读性、性能需求以及个人的编程习惯。
  （暴搜→记忆化搜索→动态规划）在优化级别上，在很多情况下，将暴力搜索（暴搜）优化为记忆化搜索已经足够满足性能需求，而且这样的优化通常比完全重写为动态规划版本更加简单和直接。因此，在实际应用中，如果记忆化搜索已经足够好，那么可能没有必要再进一步将其改写为动态规划版本。
  
  
  

  3）、 带备忘录的递归 vs 带备忘录的动态规划 vs 记忆化搜索
  回答：根据2）可知，它们本质都是一回事。都利用了“记忆”或“存储”已经计算过的结果来避免重复计算，从而提高算法效率。只不过，它们在实现和应用上存在细节上的差别。
  
  
  

  4）、 自顶向下和 vs 自低向上
  自顶向下和自底向上的方法代表了两种不同的思考策略，它们的核心区别在于处理问题的顺序。

  自顶向下（Top-Down） 方法通常从问题的最高层次（即整体或宏观层面）开始，逐步细化到更低层次的具体细节。这种方法的一个典型例子是递归算法和记忆化搜索。 在递归算法中，我们首先尝试解决整个问题，然后将其分解为更小的子问题。如果子问题已经被解决过（通过记忆化），则直接返回结果；否则，递归地解决子问题。这种方法的优势在于直观易理解，但如果不加记忆化，可能会导致大量的重复计算。
  
  自底向上（Bottom-Up） 方法则相反，它从问题的最低层次（即微观层面）开始，逐步构建出更高层次的解决方案。动态规划是这种方法的典型代表。 在动态规划中，我们首先解决所有可能的子问题，并将它们的解存储在表格或数组中。然后，通过组合这些子问题的解来构建出原问题的解。这种方法避免了重复计算，但可能需要更多的存储空间来保存中间结果。
  
  
  
  
  
  
  
  

2、斐波那契数（easy）

  题源：链接。

  
  

2.1、递归版

  1）、一些说明
  在上述我们介绍过记忆化搜索、递归相关理论部分的知识，这里是具体实现（动态规划相关专题会另写博文介绍，这里不做展开）。
  下述版本重点在于理解递归版如何到记忆化搜索版，理解学习记忆化搜索的具体实现细节，对比递归版理解自顶向下和自底向上。
  
  2）、题解

class Solution {
    
public:
    int fib(int n) {
        return DFS(n);
    }

    // 使用递归的方式
    int DFS(int n)
    {
        if(n == 0 || n == 1)
            return n;

        return DFS(n-1) + DFS(n-2);
    }
};

  
  
  
  

2.2、记忆化搜索版

  a、 加上⼀个备忘录；
  b、 每次进⼊递归的时候，去备忘录里看看；
  c、 每次返回的时候，将结果加入到备忘录中

class Solution {
    // 使用一个备忘录：用于存储曾经获取的结果值
    int memo[31];// 题目条件：0 <= n <= 30
    
public:
    int fib(int n) {
        memset(memo,-1,sizeof(memo));//void * memset ( void * ptr, int value, size_t num );
        return DFS(n);
    }
    
    // 记忆化搜索版
    int DFS(int n)
    {
        // 递归到当前层时：先查找备忘录，看该值是否已经计算过
        if(memo[n] != -1) return memo[n];

        // 来到此处，说明备忘录中没记录过该值，可以递归计算
        if(n == 0 || n == 1)
        {
            memo[n] = n;// 递归返回前，先将数据记录入备忘录中
            return n;
        }

        memo[n] = DFS(n-1) + DFS(n-2);// 递归返回前，先将数据记录入备忘录中
        return memo[n];
    }
};

  
  
  
  

2.3、动态规划版

  无非是将递归的那一套转换成了动态规划的那一套（这种先暴搜→再记忆化搜索→再改为动态规划的方式，不是任何动态规划都能用这个思路推导得出的。）
  a、递归含义 → 状态表示；
  b、函数体 → 状态转移方程；
  c、递归出口 → 初始化。

class Solution {
public:
	// 动态规划版
    int fib(int n) {

        int dp[31];// 确定状态表示：dp[i]第i个斐波那契数
        dp[0] = 0, dp[1] = 1;// 初始化状态

        for(int i = 2; i <= n; ++i)
        {
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];//根据状态转移方程，填入数据
        }

        return dp[n];// 确定返回值。
    }
};

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

3、不同路径（medium）

  题源：链接。

  
  

3.1、递归版（DFS）

  1）、思路分析

  在普通递归版本中： 将要求位置传入递归函数中DFS(i,j)，不管其过程如何，最终会为我们返回到达(i,j)位置的路径总数：有DFS(i,j) = DFS(i-1,j) + DFS(i, j-1)
  
  
  
  2）、题解
  简单的DFS、递归： 能解，但会超时。
  这种是正着的写法，上述思路解析介绍的是倒着的写法。

class Solution {
    int ret = 0;// 记录最终返回结果
    int x;
    int y;
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        x = m -1, y = n-1;//下标实则为m-1,n-1
        DFS(0,0);// 从(0,0)开始，向右或向下，走到(m-1,n-1)位置
        return ret;
    }

    void DFS(int i, int j)
    {   
        // 若当前i，j位置即终点位置，统计一次路径。
        if(i == x && j == y)
        {
            ++ret;
            return;
        }

        // 向右遍历
        if(j+1 <= y) DFS(i,j+1);
        // 向下遍历
        if(i+1 <= x) DFS(i+1,j);
    }
};

  另一种写法：本质一样，只是这里是DFS采用了返回值的形式。

class Solution {

public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        return DFS(m-1,n-1);
    }

    int DFS(int i, int j)
    {
        
        if(i < 0 || j < 0) return 0;// 越界的情况
        if(i == 0 && j == 0) return 1;// 此时在起点位置，路径只有一条


        // 要计算当前能到达（i，j）位置的路径，只需要计算出能到达(i-1,j)和(i,j-1)两处的路径即可
        return DFS(i-1,j) + DFS(i,j-1);
    }
};

  
  
  

3.2、记忆化搜索版

  1）、分析
  能否将上述暴搜改为记忆化搜索版本？关键在于递归过程中是否出现重复的子问题。
  回答：可以改成记忆搜索化版本。这里在求终点的路径时，自顶向下递归调用过程中，会多次经过同一位置DFS(a,b)。因此，我们可以用一个备忘录将每次经过的DFS(a,b)存储，以便后续递归调用时直接返回。

  由于这里是二维数组(i,j)，而备忘录以<可变参数，返回值>的键值对形式出现，这里的可变参数是元素下标位置。
  

  
  
  2）、题解
  这里，用于充当备忘录的二维数组memo可以写成类成员变量的形式，也可以写在函数中作为参数传递。

class Solution {
    vector<vector<int>> memo;
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        // 初始化
        memo = vector<vector<int>>(m,vector<int>(n));// 这里我们从(0,0)作为原点计算。
        memo[0][0] = 1;
        return DFS(m-1,n-1);
    }

    int DFS(int i, int j)
    {
        // 越界处理
        if(i < 0 || j < 0) return 0;

        if(memo[i][j] != 0)// 记忆化搜索：先在备忘录中寻找当前值是否曾经计算过。
        {
            return memo[i][j];
        }

        // 要计算当前能到达（i，j）位置的路径，只需要计算出能到达(i-1,j)和(i,j-1)两处的路径即可
        memo[i][j] = DFS(i,j-1) + DFS(i-1,j);// 记忆化搜索：返回前，先将值存入备忘录
        return memo[i][j];
    }
};

  
  
  
  
  

3.3、动态规划版

  状态表示：二维数组，dp[i][j]，以(i,j)位置为结尾，表示到达(i,j)位置时的路径总数。
  状态转移方程：dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]。
  细节点：这里需要注意 i == 0 （首行）或者 j == 0 （首列）的时候，会发生越界行为。 根据题目描述可推测得，从(0,0)到这些位置无非只有一条路径可走（要么一直往右走、要么一直往下走），因此，对于这一行一列，可以单独拎出处理：dp[i][j] = 1。

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n));//m×n矩阵
        dp[0][0] = 1 ;// 起始点位置：这里以(0,0)为起点
        for(int i = 0; i < m; ++i)
        {
            for(int j = 0; j < n; ++j)
            {
                if(i == 0 && j == 0) continue;
                if(i == 0 || j == 0) dp[i][j] = 1;
                else
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];//根据最初定的起点来确定终点
    }
};

  若不想初始化处理首行、首列。此时要避免越界行为，可以开辟（m+1）×（n+1）的矩阵，以(1,1)位置作为起始点。相当于此时i == 0的行和j==0的列是空出来的（引入虚拟节点的写法）：

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));// m+1行，n+1列矩阵
        dp[1][1] = 1;// 起始点位置：这里以(1,1)为起点
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                if (i == 1 && j == 1)
                    continue;
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];//实则本质相同，在处理首行、首列时，仍旧只是一条路径
            }
        return dp[m][n];
    }
}；

  
  
  
  
  
  
  

4、最长递增子序列（medium）

  题源：链接。

  
  

4.1、记忆化搜索版

  1）、思路分析
  

  
  2）、题解

class Solution {
    vector<int> memo;// 备忘录：用于记忆化搜索
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        memo.resize(nums.size());
        int maxsize = 0;
        for(int i = 0; i < nums.size(); ++i)
        {
            maxsize = max(DFS(nums,i),maxsize);
            // 不确定以哪一个位置为起点才是最长的递增子序列，因此这里要一一对比一边
        }
        return maxsize;
    }

    // pos位置的元素为子序列上一层选定的序列值
    int DFS(vector<int>& nums, int pos)
    {
        // 若当前选择pos的最大子序列曾记录在备忘录内，则直接获取返回
        if(memo[pos]) return memo[pos];

        // 若备忘录中无记录，则递归查找当前最大子序列
        int maxsize = 1;// 选择下一层递归序列值：pos位置处的决策可以有很多分支，我们只要其中长度最大的分支
        for(int i = pos + 1; i < nums.size(); ++i)
        {   
            if(nums[i] > nums[pos])// 满足严格递增，可选该值
            {
                int ret =  DFS(nums,i) + 1;// 获取从该值往下递归的结果+将当前pos也算入
                maxsize = max(ret,maxsize);// 只记录最大子序列
            }
        }
        memo[pos] = maxsize;// 将当前pos选出的最大子序列记录入备忘录中
        return memo[pos];
    }
};

  
  
  
  

4.2、动态规划版

  1）、思路分析
  确定状态表示： dp[pos]表示以pos位置为起点的最长递增子序列长度。
  填表顺序： 根据题目，要确定当前pos位置的序列，需要依赖[pos+1, n-1]区间内的元素。因此，这里的填表顺序为从后往前填。
  状态转移方程： dp[pos] = max(dp[pos], dp[pos + i] + 1)。由于一个位置处的子序列有多个，而dp[pos]只需要最长递增子序列，因此这里实则是要遍历[pos+1, n-1]，比较获取其中最长的递增序列长度，+1即可获得到当前序列的最长长度。
  
  2）、题解

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        // 动态规划
        int n = nums.size();
        vector<int> dp(n,1);// 初始化状态表示:自身位置处序列个数为1

        int maxsize = 0;// 用于统计最长子序列

        // 根据题目，要知道i位置处的最长子序列，则需要知道其后续[i+1,n)位置处的子序列（即，i后应该选谁）
        for(int i = n-1; i >= 0; --i)///所以这里的填表顺序是从右到左
        {
            for(int j = i + 1 ; j < n; ++j)//找[i+1,n)中最长的子序列，+i位置即可获取i处最长子序列
            {
                if(nums[j] > nums[i])
                {
                    dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);
                }
            }
            maxsize  = max(dp[i],maxsize);//dp[i]统计的是i位置处的最长子序列，maxsize记录的是0~n-1中最长子序列
        }
        return maxsize;
    }
};

  
  
  
  
  
  
  

5、猜数字大小II（medium）

  题源：链接。

  
  

5.1、题解

  1）、思路分析
  此时实则在模拟猜数字的过程。可将整体分为如下：
  1）、对[1,n]个数，在猜数字时可以随机选择其中任意一个数字作为起始决策值。由此，可获得n棵决策树。当我们选择不同的策略，最终花费的金额各不相同，根据题目要求，要选出能获胜的最小现金数，这就意味着我们要在所有决策树中找最优解（金额最小的决策树）。

  2）、对单棵决策树，由于题目中目标数字是随机的，我们要保证无论给定的是哪一个目标值（即无论哪一条分支），我们的金额都能支付得起，如此才能胜券在握。这就意味着我们要支付的金额为当前单棵决策树的分支最大值。

  
  是否可以使用记忆化搜索？
  如下图，在递归过程中，每次选出一个数i，若其不满足目标值，则需要在左右区间选数，这里区间[left,right]在选数时会出现重复，故可以使用备忘录。只不过这里备忘录我们记录的是左右两区间，故需要一个二维数组。

  
  
  2）、题解

class Solution {
    vector<vector<int>> memo;// 备忘录
public:
    int getMoneyAmount(int n) {
        memo = vector<vector<int>>(n+1,vector<int>(n+1,0));
        return DFS(1,n);
    }

    // 在区间为[left,right]中，选择位置选择一个数，作为决策树的起始位置
    int DFS(int left, int right)
    {
        if(left >= right)
        {
            return 0;// 选中数字（猜对），无需支付金额；
        }
        if(memo[left][right]) return memo[left][right];

        int minmoney = INT_MAX;// 用于记录所有决策树方案中，所得金额最小的决策方案（因为要是最小值，所以用INT的最大值标记一下）
        for(int i = left; i <= right; ++i)// 选择数i作为起始决策位置
        {
            int x = DFS(left,i-1);// 若数i猜大了：在[left,i-1]继续选数
            int y = DFS(i+1,right);// 若数i猜小了：在[i+1,right]继续选数
            int ret = max(x,y) + i;// 对单颗决策树，要确保金额能满足即使最糟糕情况也能获胜(故而选择最大分支值+还需要加上当前i位置的金额值)
            minmoney = min(minmoney, ret);// 对所有决策树，选择一个使用金额最小的决策方案。
        }
        memo[left][right] = minmoney;
        return minmoney;
    }
};

  
  
  
  
  
  
  
  
  

6、矩阵中的最长递增路径（hard）

  题源：链接。

  
  

6.1、题解

  1）、思路分析
  此题即常规的DFS+一个备忘录。DFS遍历四周的方法我们在先前章节中介绍过，可以使用备忘录是因为对于每个位置(i,j)，都有反复经过的可能，因此使用一个二维数组作为备忘录，memo[i][j]表示在[i][j]位置处的最长递增路径长度。
  
  2）、题解

class Solution {
    int memo[201][201];
    int m,n;
public:
    int longestIncreasingPath(vector<vector<int>>& matrix) {
        m = matrix.size(); n = matrix[0].size();
        int ret = 0;//用于记录所有起始点中，最长的一条路径。
        for(int i = 0; i < m; ++i) // 选择某一点作为路径起始点
        {
            for(int j = 0; j < n; ++j)
            {
                ret = max(DFS(matrix,i,j),ret);
            }
        }
        return ret;
    }

    int dx[4] = {-1, 1, 0, 0};
    int dy[4] = {0, 0, -1, 1};
    int DFS(vector<vector<int>>& matrix, int i, int j)
    {
        //  如果备忘录中记录过（i,j）位置的最长递增路径，直接返回
        if(memo[i][j] != 0) return memo[i][j];

        // 若没记录过，则向四周移动寻找最长递增路径
        int maxpath = 1;// 用于统计这四个方向中，路径递增且最长的一次
        for(int k = 0; k < 4; ++k)
        {
            int x = i + dx[k]; 
            int y = j + dy[k];
            if(x >= 0 && x < m && y >= 0 && y < n && matrix[x][y] > matrix[i][j])
            {   // 路径合法，且严格递增，则往该方向继续走
                maxpath = max(DFS(matrix,x,y)+1, maxpath);
            }
        }
        // 来到此处，说明四周均判断完毕，记录当前(i,j)找出的最长递增路径，返回
        memo[i][j] = maxpath;
        return maxpath;
    }
};

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

Fin、共勉。