注：此文只在个人总结 labuladong 动态规划框架，仅限于学习交流，版权归原作者所有；
本文是两年前发的 动态规划答疑篇open in new window 的修订版，根据我的不断学习总结以及读者的评论反馈，我给扩展了更多内容，力求使本文成为继 动态规划核心套路框架 之后的一篇全面答疑文章。以下是正文。
这篇文章就给你讲明白以下几个问题：
1、到底什么才叫「最优子结构」，和动态规划什么关系。
2、如何判断一个问题是动态规划问题，即如何看出是否存在重叠子问题。
3、为什么经常看到将 dp 数组的大小设置为 n + 1 而不是 n。
4、为什么动态规划遍历 dp 数组的方式五花八门，有的正着遍历，有的倒着遍历，有的斜着遍历。
注：
可以通过子问题推导出原问题就是证明有最优子结构，而最优子结构 + 重叠子问题 = 动态规划；
一、最优子结构详解
「最优子结构」是某些问题的一种特定性质，并不是动态规划问题专有的。也就是说，很多问题其实都具有最优子结构，只是其中大部分不具有重叠子问题，所以我们不把它们归为动态规划系列问题而已。
我先举个很容易理解的例子：假设你们学校有 10 个班，你已经计算出了每个班的最高考试成绩。那么现在我要求你计算全校最高的成绩，你会不会算？当然会，而且你不用重新遍历全校学生的分数进行比较，而是只要在这 10 个最高成绩中取最大的就是全校的最高成绩。
我给你提出的这个问题就符合最优子结构：可以从子问题的最优结果推出更大规模问题的最优结果。让你算每个班的最优成绩就是子问题，你知道所有子问题的答案后，就可以借此推出全校学生的最优成绩这个规模更大的问题的答案。
你看，这么简单的问题都有最优子结构性质，只是因为显然没有重叠子问题，所以我们简单地求最值肯定用不出动态规划。
再举个例子：假设你们学校有 10 个班，你已知每个班的最大分数差（最高分和最低分的差值）。那么现在我让你计算全校学生中的最大分数差，你会不会算？可以想办法算，但是肯定不能通过已知的这 10 个班的最大分数差推到出来。因为这 10 个班的最大分数差不一定就包含全校学生的最大分数差，比如全校的最大分数差可能是 3 班的最高分和 6 班的最低分之差。
这次我给你提出的问题就不符合最优子结构，因为你没办通过每个班的最优值推出全校的最优值，没办法通过子问题的最优值推出规模更大的问题的最优值。前文 动态规划详解 说过，想满足最优子结，子问题之间必须互相独立。全校的最大分数差可能出现在两个班之间，显然子问题不独立，所以这个问题本身不符合最优子结构。
那么遇到这种最优子结构失效情况，怎么办？策略是：改造问题。对于最大分数差这个问题，我们不是没办法利用已知的每个班的分数差吗，那我只能这样写一段暴力代码：
int result = 0;
for (Student a : school) {
for (Student b : school) {
if (a is b) continue;
result = max(result, |a.score - b.score|);
}
}
return result;
改造问题，也就是把问题等价转化：最大分数差，不就等价于最高分数和最低分数的差么，那不就是要求最高和最低分数么，不就是我们讨论的第一个问题么，不就具有最优子结构了么？那现在改变思路，借助最优子结构解决最值问题，再回过头解决最大分数差问题，是不是就高效多了？
当然，上面这个例子太简单了，不过请读者回顾一下，我们做动态规划问题，是不是一直在求各种最值，本质跟我们举的例子没啥区别，无非需要处理一下重叠子问题。
前文不 同定义不同解法 和 高楼扔鸡蛋问题 就展示了如何改造问题，不同的最优子结构，可能导致不同的解法和效率。
再举个常见但也十分简单的例子，求一棵二叉树的最大值，不难吧（简单起见，假设节点中的值都是非负数）：
int maxVal(TreeNode root) {
if (root == null)
return -1;
int left = maxVal(root.left);
int right = maxVal(root.right);
return max(root.val, left, right);
}
你看这个问题也符合最优子结构，以 root 为根的树的最大值，可以通过两边子树（子问题）的最大值推导出来，结合刚才学校和班级的例子，很容易理解吧。
当然这也不是动态规划问题，旨在说明，最优子结构并不是动态规划独有的一种性质，能求最值的问题大部分都具有这个性质；但反过来，最优子结构性质作为动态规划问题的必要条件，一定是让你求最值的，以后碰到那种恶心人的最值题，思路往动态规划想就对了，这就是套路。
动态规划不就是从最简单的 base case 往后推导吗，可以想象成一个链式反应，以小博大。但只有符合最优子结构的问题，才有发生这种链式反应的性质。
找最优子结构的过程，其实就是证明状态转移方程正确性的过程，方程符合最优子结构就可以写暴力解了，写出暴力解就可以看出有没有重叠子问题了，有则优化，无则 OK。这也是套路，经常刷题的读者应该能体会。
这里就不举那些正宗动态规划的例子了，读者可以翻翻历史文章，看看状态转移是如何遵循最优子结构的，这个话题就聊到这，下面再来看其他的动态规划迷惑行为。
注：
- 最优子结构只是动态规划问题的必要条件，比如求二叉树最大值，但是能求最值问题的大都具有最优子结构；
- 动态规划问题一定是让求最值的；
- 找最优子结构的过程，其实就是证明状态转移方程正确性的过程，方程符合最优子结构就可以写暴力解了，写出暴力解就可以看出有没有重叠子问题了，有则优化，无则 OK。这也是套路，经常刷题的读者应该能体会；
二、如何一眼看出重叠子问题
经常有读者说：
看了前文 动态规划核心套路，我知道了如何一步步优化动态规划问题；
看了前文 动态规划设计：数学归纳法，我知道了利用数学归纳法写出暴力解（状态转移方程）。
但就算我写出了暴力解，我很难判断这个解法是否存在重叠子问题，从而无法确定是否可以运用备忘录等方法去优化算法效率。
对于这个问题，其实我在动态规划系列的文章中写过几次，在这里再统一总结一下吧。
首先，最简单粗暴的方式就是画图，把递归树画出来，看看有没有重复的节点。
比如最简单的例子，动态规划核心套路 中斐波那契数列的递归树：
这棵递归树很明显存在重复的节点，所以我们可以通过备忘录避免冗余计算。
但毕竟斐波那契数列问题太简单了，实际的动态规划问题比较复杂，比如二维甚至三维的动态规划，当然也可以画递归树，但不免有些复杂。
比如在 最小路径和问题 中，我们写出了这样一个暴力解法：
int dp(int[][] grid, int i, int j) {
if (i == 0 && j == 0) {
return grid[0][0];
}
if (i < 0 || j < 0) {
return Integer.MAX_VALUE;
}
return Math.min(
dp(grid, i - 1, j),
dp(grid, i, j - 1)
) + grid[i][j];
}
你不需要读过前文，光看这个函数代码就能看出来，该函数递归过程中参数 i, j 在不断变化，即「状态」是 (i, j) 的值，你是否可以判断这个解法是否存在重叠子问题呢？
假设输入的 i = 8, j = 7，二维状态的递归树如下图，显然出现了重叠子问题：
但稍加思考就可以知道，其实根本没必要画图，可以通过递归框架直接判断是否存在重叠子问题。
具体操作就是直接删掉代码细节，抽象出该解法的递归框架：
int dp(int[][] grid, int i, int j) {
dp(grid, i - 1, j), // #1
dp(grid, i, j - 1) // #2
}
可以看到 i, j 的值在不断减小，那么我问你一个问题：如果我想从状态 (i, j) 转移到 (i-1, j-1)，有几种路径？
显然有两种路径，可以是 (i, j) -> #1 -> #2 或者 (i, j) -> #2 -> #1，不止一种，说明 (i-1, j-1) 会被多次计算，所以一定存在重叠子问题。
再举个稍微复杂的例子，后文 正则表达式问题 的暴力解代码：
bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {
int m = s.size(), n = p.size();
if (j == n) return i == m;
if (i == m) {
if ((n - j) % 2 == 1) return false;
for (; j + 1 < n; j += 2) {
if (p[j + 1] != '*') return false;
}
return true;
}
if (s[i] == p[j] || p[j] == '.') {
if (j < n - 1 && p[j + 1] == '*') {
return dp(s, i, p, j + 2)
|| dp(s, i + 1, p, j);
} else {
return dp(s, i + 1, p, j + 1);
}
} else if (j < n - 1 && p[j + 1] == '*') {
return dp(s, i, p, j + 2);
}
return false;
}
代码有些复杂对吧，如果画图的话有些麻烦，但我们不画图，直接忽略所有细节代码和条件分支，只抽象出递归框架：
bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {
dp(s, i, p, j + 2); // #1
dp(s, i + 1, p, j); // #2
dp(s, i + 1, p, j + 1); // #3
}
和上一题一样，这个解法的「状态」也是 (i, j) 的值，那么我继续问你问题：如果我想从状态 (i, j) 转移到 (i+2, j+2)，有几种路径？
显然，至少有两条路径：(i, j) -> #1 -> #2 -> #2 和 (i, j) -> #3 -> #3，这就说明这个解法存在巨量重叠子问题。
所以，不用画图就知道这个解法也存在重叠子问题，需要用备忘录技巧去优化。
注：重叠子问题：最笨的方法是脑补一个递归树，看有没有重叠子问题；进一步可以通过递归框架判断是否有子问题，有子问题就可以考虑使用备忘录技巧去优化；
三、dp 数组的大小设置
比如说后文 编辑距离问题，我首先讲的是自顶向下的递归解法，实现了这样一个 dp 函数：
int minDistance(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
// 按照 dp 函数的定义，计算 s1 和 s2 的最小编辑距离
return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
}
// 定义：s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离是 dp(s1, i, s2, j)
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
// 处理 base case
if (i == -1) {
return j + 1;
}
if (j == -1) {
return i + 1;
}
// 进行状态转移
if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
return dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
} else {
return min(
dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
);
}
}
然后改造成了自底向上的迭代解法：
int minDistance(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
// 定义：s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离是 dp[i+1][j+1]
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
// 初始化 base case
for (int i = 1; i <= m; i++)
dp[i][0] = i;
for (int j = 1; j <= n; j++)
dp[0][j] = j;
// 自底向上求解
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
// 进行状态转移
if (s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1)) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = min(
dp[i - 1][j] + 1,
dp[i][j - 1] + 1,
dp[i - 1][j - 1] + 1
);
}
}
}
// 按照 dp 数组的定义，存储 s1 和 s2 的最小编辑距离
return dp[m][n];
}
这两种解法思路是完全相同的，但就有读者提问，为什么迭代解法中的 dp 数组初始化大小要设置为 int[m+1][n+1]？为什么 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离要存储在 dp[i+1][j+1] 中，有一位索引偏移？
能不能模仿 dp 函数的定义，把 dp 数组初始化为 int[m][n]，然后让 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离要存储在 dp[i][j] 中？
理论上，你怎么定义都可以，只要根据定义处理好 base case 就可以。
你看 dp 函数的定义，dp(s1, i, s2, j) 计算 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的编辑距离，那么 i, j 等于 -1 时代表空串的 base case，所以函数开头处理了这两种特殊情况。
再看 dp 数组，你当然也可以定义 dp[i][j] 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的编辑距离，但问题是 base case 怎么搞？索引怎么能是 -1 呢？
所以我们把 dp 数组初始化为 int[m+1][n+1]，让索引整体偏移一位，把索引 0 留出来作为 base case 表示空串，然后定义 dp[i+1][j+1] 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的编辑距离。
注：dp 数组大小到底如何定义，依据 base case 来定，比如编辑距离问题中，base case dp[0][0] 代表空串情况，因此 dp 数组需要设置为 dp[m+1][n+1]，把索引 0 留出来表示 base case 空串，做题时候，可以考虑下空串之类的情况再考虑设置 dp 数组大小；
四、dp 数组的遍历方向
我相信读者做动态规问题时，肯定会对 dp 数组的遍历顺序有些头疼。我们拿二维 dp 数组来举例，有时候我们是正向遍历：
int[][] dp = new int[m][n];
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
// 计算 dp[i][j]
有时候我们反向遍历：
for (int i = m - 1; i >= 0; i--)
for (int j = n - 1; j >= 0; j--)
// 计算 dp[i][j]
有时候可能会斜向遍历：
// 斜着遍历数组
for (int l = 2; l <= n; l++) {
for (int i = 0; i <= n - l; i++) {
int j = l + i - 1;
// 计算 dp[i][j]
}
}
甚至更让人迷惑的是，有时候发现正向反向遍历都可以得到正确答案，比如我们在 团灭股票问题 中有的地方就正反皆可。
如果仔细观察的话可以发现其中的原因，你只要把住两点就行了：
1、遍历的过程中，所需的状态必须是已经计算出来的。
2、遍历结束后，存储结果的那个位置必须已经被计算出来。
注：
遍历开始时候，所需状态必须已经计算出来；
遍历结束时候，存储结果的位置必须已经计算出来；
下面来具体解释上面两个原则是什么意思。
比如编辑距离这个经典的问题，详解见后文 编辑距离详解，我们通过对 dp 数组的定义，确定了 base case 是 dp[..][0] 和 dp[0][..]，最终答案是 dp[m][n]；而且我们通过状态转移方程知道 dp[i][j] 需要从 dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1] 转移而来，如下图：
那么，参考刚才说的两条原则，你该怎么遍历 dp 数组？肯定是正向遍历：
for (int i = 1; i < m; i++)
for (int j = 1; j < n; j++)
// 通过 dp[i-1][j], dp[i][j - 1], dp[i-1][j-1]
// 计算 dp[i][j]
因为，这样每一步迭代的左边、上边、左上边的位置都是 base case 或者之前计算过的，而且最终结束在我们想要的答案 dp[m][n]。
再举一例，回文子序列问题，详见后文 子序列问题模板，我们通过过对 dp 数组的定义，确定了 base case 处在中间的对角线，dp[i][j] 需要从 dp[i+1][j], dp[i][j-1], dp[i+1][j-1] 转移而来，想要求的最终答案是 dp[0][n-1]，如下图：
这种情况根据刚才的两个原则，就可以有两种正确的遍历方式：
要么从左至右斜着遍历，要么从下向上从左到右遍历，这样才能保证每次 dp[i][j] 的左边、下边、左下边已经计算完毕，得到正确结果。
现在，你应该理解了这两个原则，主要就是看 base case 和最终结果的存储位置，保证遍历过程中使用的数据都是计算完毕的就行，有时候确实存在多种方法可以得到正确答案，可根据个人口味自行选择。
注：dp 遍历方向的本质原则就是 以已知推未知，同时需要保证遍历结束时候，存储结果的位置必须已经计算出来；
五、参考文献
- 最优子结构原理和 dp 数组遍历方向
