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动态规划解题步骤 —— carl

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，

对于动态规划问题，我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

为什么要先确定递推公式，然后在考虑初始化呢？

因为一些情况是递推公式决定了dp数组要如何初始化！

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。

然后再写代码，如果代码没通过就打印dp数组，看看是不是和自己预先推导的哪里不一样。

发出这样的问题之前，其实可以自己先思考这三个问题：

这道题目我举例推导状态转移公式了么？
我打印dp数组的日志了么？
打印出来了dp数组和我想的一样么？

动态规划套路详解 —— labuladong

动态规划问题（Dynamic Programming）应该是很多读者头疼的，不过这类问题也是最具有技巧性，最有意思的。

首先，动态规划问题的一般形式就是求最值。

动态规划其实是运筹学的一种最优化方法，只不过在计算机问题上应用比较多，比如说让你求最长递增子序列呀，最小编辑距离呀等等。

既然是要求最值，核心问题是什么呢？

求解动态规划的核心问题是穷举。

因为要求最值，肯定要把所有可行的答案穷举出来，然后在其中找最值呗。

动态规划这么简单，就是穷举就完事了？我看到的动态规划问题都很难啊！

首先，动态规划的穷举有点特别，因为这类问题存在「重叠子问题」，如果暴力穷举的话效率会极其低下，所以需要**「备忘录」或者「DP table」来优化穷举过程**，避免不必要的计算。

而且，动态规划问题一定会具备「最优子结构」，才能通过子问题的最值得到原问题的最值。

另外，虽然动态规划的核心思想就是穷举求最值，但是问题可以千变万化，穷举所有可行解其实并不是一件容易的事，只有列出正确的状态转移方程才能正确地穷举。

以上提到的重叠子问题、最优子结构、状态转移方程就是动态规划三要素。

具体什么意思等会会举例详解，但是在实际的算法问题中，写出状态转移方程是最困难的，这也就是为什么很多朋友觉得动态规划问题困难的原因，我来提供我研究出来的一个思维框架，辅助你思考状态转移方程：

明确 base case -> 明确「状态」-> 明确「选择」 -> 定义 dp 数组/函数的含义。

按上面的套路走，最后的结果就可以套这个框架：

明确 base case -> 明确「状态」-> 明确「选择」 -> 定义 dp 数组/函数的含义。

# 初始化 base case
dp[0][0][...] = base

# 进行状态转移
for 状态1 in 状态1的所有取值：
    for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
            dp[状态1][状态2][...] = 求最值(选择1，选择2...)

leetcode 509 斐波那契数

链接：https://leetcode.cn/problems/fibonacci-number

斐波那契数（通常用 F(n) 表示）形成的序列称为斐波那契数列。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：

$F (0) = 0 ， F (1) = 1$

$F (n) = F (n - 1) + F (n - 2) ，其中 n > 1$

$给定 n ，请计算 F (n) 。$

示例 1：
输入：n = 2
输出：1
解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1

示例 2：
输入：n = 3
输出：2
解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2

示例 3：
输入：n = 4
输出：3
解释：F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3

递归

暴力递归

class Solution(object):
    def fib(self, n):
        """
        :type n: int
        :rtype: int
        """
        if n<=1:
            return n
        else:
            return self.fib(n-1)+self.fib(n-2)

递归过程

在这里插入图片描述

递归算法的时间复杂度怎么计算？

就是用子问题个数乘以解决一个子问题需要的时间。

首先计算子问题个数，即递归树中节点的总数。显然二叉树节点总数为指数级别，所以子问题个数为 O(2^n)。
然后计算解决一个子问题的时间，在本算法中，没有循环，只有 f(n - 1) + f(n - 2) 一个加法操作，时间为 O(1)。

所以，这个算法的时间复杂度为二者相乘，即 O(2^n)，指数级别，爆炸。

观察递归树，很明显发现了算法低效的原因：存在大量重复计算，

比如 f(18) 被计算了两次，
而且你可以看到，以 f(18) 为根的这个递归树体量巨大，多算一遍，会耗费巨大的时间。
更何况，还不止 f(18) 这一个节点被重复计算，所以这个算法及其低效。

这就是动态规划问题的第一个性质：重叠子问题。

带备忘录的递归解法

明确了问题，其实就已经把问题解决了一半。

即然耗时的原因是重复计算，那么我们可以造一个「备忘录」，每次算出某个子问题的答案后别急着返回，先记到「备忘录」里再返回；
每次遇到一个子问题先去「备忘录」里查一查，如果发现之前已经解决过这个问题了，直接把答案拿出来用，不要再耗时去计算了。

一般使用一个数组充当这个「备忘录」，当然你也可以使用哈希表（字典），思想都是一样的。

def help(memo,n):
        if n <=1:
            return n
        if memo[n]!=0:
            return memo[n]
        memo[n] = help(memo, n-1) + help(memo, n-2)
        return memo[n]

class Solution:
    def fib(self, n: int) -> int:
        if n<=1:
            return n
        memo = [0] * (n+1)
        return help(memo,n)

现在，画出递归树，你就知道「备忘录」到底做了什么。
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实际上，带「备忘录」的递归算法，把一棵存在巨量冗余的递归树通过「剪枝」，改造成了一幅不存在冗余的递归图，极大减少了子问题（即递归图中节点）的个数。

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子问题个数，即图中节点的总数，由于本算法不存在冗余计算，子问题就是 f(1), f(2), f(3) … f(20)，数量和输入规模 n = 20 成正比，所以子问题个数为 O(n)。

解决一个子问题的时间，同上，没有什么循环，时间为 O(1)。

所以，本算法的时间复杂度是 O(n)。比起暴力算法，是降维打击。

至此，带备忘录的递归解法的效率已经和迭代的动态规划解法一样了。

实际上，这种解法和迭代的动态规划已经差不多了，只不过这种方法叫做「自顶向下」，动态规划叫做「自底向上」。

啥叫「自顶向下」？注意我们刚才画的递归树（或者说图），是从上向下延伸，都是从一个规模较大的原问题比如说 f(20)，向下逐渐分解规模，直到 f(1) 和 f(2) 这两个 base case，然后逐层返回答案，这就叫「自顶向下」。

啥叫「自底向上」？反过来，我们直接从最底下，最简单，问题规模最小的 f(1) 和 f(2) 开始往上推，直到推到我们想要的答案 f(20)，这就是动态规划的思路，这也是为什么动态规划一般都脱离了递归，而是由循环迭代完成计算。

动态规划 (dp 数组的迭代解法)

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
为什么这是一道非常简单的入门题目呢？
因为题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
dp数组如何初始化
题目中把如何初始化也直接给我们了，如下：

dp[0] = 0;
dp[1] = 1;

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 $d p [i] = d p [i - 1] + d p [i - 2]$ ，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。

class Solution:
    def fib(self, n: int) -> int:
     # 创建 dp table 
        dp = [1] * (n+1)
        
        # 排除 Corner Case
        if n<=1:
            return n    
              
        # 初始化 dp 数组
        dp[0]=0
        dp[1]=1
        
		# 遍历顺序: 由前向后。因为后面要用到前面的状态
        for i in range(2,n+1):
        		
        		# 确定递归公式/状态转移公式
                dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]
                
         # 返回答案   
        return dp[-1]