标签：顺序 相等 dynamic 优化 斐波那契数 存储 影响 cab 递增
周末果然是堕落的根源，原谅我两天没刷题(PS:主要是因为周末搬家去了)。上次在这个题的时候，看到网上很多方法都是用动态规划做的，但是本渣渣实在不知道动态规划具体是怎样的，于是就专门花了花时间去研究了一下。肯定没这么快弄懂，只能说是稍微入门，于是写下这篇文章，帮助自己也帮助别人理解动态规划。
动态规划是什么呢? 百度百科上的定义是：动态规划(dynamic programming)是运筹学的一个分支，是求解决策过程(decision process)最优化的数学方法。用通俗的话来讲，动态规划是针对与某一类问题的解决方法。只要我们弄清楚了某一类问题是什么，那我们就知道什么是动态规划。
首先，我们举一个简单的例子，也是dp的入门经典问题：如果我们有面值为1元、5元和11元的纸币若干枚，如何用最少的纸币凑够12元？
按照人类的正常思维来说，首先我们会尽可能的使用大面值的纸币，所以会得出 12 = 11 x 1 + 1 x 1，最少使用两张纸币。这样一看好像这种方法没什么问题，可是当我们把问题换成凑够15元时，继续按照上面这种思路，我们会得到 15 = 11 x 1 + 1 x 4，也就是说，按照惯性思路，我们会认为最少需要五张纸币才能凑齐15元。但是我们可以轻易的看出，15 = 5 x 3，最少只需要三张纸币就能够凑齐15元。那么是为什么导致了这样的问题呢？因为我们之前的思路是，尽可能使用较大面值的纸币，来减小总额的大小，但是没有考虑到凑齐4元的需要四张纸币，这个代价非常大，这就是因为我们只考虑到了眼前的情况。这种方法其实就是常说的贪心算法，不过不在本篇的重点，以后有机会再补上。
那么我们继续做这个题，换种思路，首先设使用最少的纸币凑齐15元的问题为F(15)，那么如果我们使用一张11元的纸币，剩下的问题就是F(4)，如果使用了一张5元的纸币，那么剩下的问题就是F(10)，如果使用了一张1元的纸币，那么剩下的问题就是F(14)，因此，我们可以得到一个公式F(15) = Min{F(4), F(10), F(14)} + 1 ，这个时候假设我们已经知道了F(4) = 4 ,F(10) = 2, F(14) = 4（ps：先不用去管是怎么知道的），我们就可以轻易得出F(15) = F(10) + 1 = 2 + 1 = 3。上面的公式可以写成F(15) = Min{F(15 - 11), F(15 - 5), F(15 - 1)} + 1，如果把15换成N，那么我们就可以得到公式F(N) = Min{F(N - 11), F(N - 5), F(N - 1)} + 1 。这样，我们就把一个问题，转换成了它的几个子问题，这就是DP（动态规划：将一个大问题，拆为几个子问题，分别求解这些子问题，即可推断出大问题的解）。
知道了什么是动态规划后，我们来认识几个概念：
1.状态：什么是状态？状态就是当前我们所研究的问题，也就是上题中的F(N)；
2.状态转移方程：状态转移方程就是我们如何从已知的状态，推导出现在未知状态的一个公式，也就是上题中的F(N) = Min{F(N - 11), F(N - 5), F(N - 1)} + 1 。
3.无滞后性：“未来与过去无关”，这句话是什么意思呢？以上题为例，F(4), F(10), F(14)为过去的状态，F(15)为当前到状态，F(N)为未来的状态，我们要计算F(15)的时候，需要使用F(4), F(10), F(14)，而当F(15)被确定之后，F(N)的计算如果需要使用到F(15)的值，则会直接使用F(15)的值，而不需要去关系F(15)是怎么计算出来的，也就是与F(4), F(10), F(14)无关了。总结一下，就是某一阶段的状态一旦被确定，那么未来的状态的发展就不会受这一阶段之前状态的影响，这就是未来与过去无关。
4.最优子结构：F(n)的定义是使用最少到纸币凑齐N元，所以F(n)就是n元时的最优解，而我们求解F(n)的时候，需要使用到F(N - 11), F(N - 5), F(N - 1)的值，而这些状态就代表了自己的最优解，也就是说，大问题的最优解可以由小问题的最优解推出，这个性质叫做“最优子结构性质”。
5.重叠子问题：这个名词很好理解，我们在计算F(15)的时候利用到了F(10)这个子问题的解，而我们在计算F(21)的时候，也会利用到F(10)这个子问题的解，这就是重叠子问题，在计算的时候，子问题并不是独立的，而是会被重复使用多次。
了解了这几个概念之后，那么我们就来看看，如何确定一个问题能否使用动态规划来解决，又怎么样使用动态规划来解决。
dp问题的特点：一个问题具有最优子结构的性质，那么它就能够使用dp来解决，而具有重叠子问题的性质，则表示它用dp解决会更占优势。
dp问题的解法：1.先确定问题的状态
2.推导出状态转移方程
3.选择合适的数据结构保存子问题的解（一般是一维数组和二维数组）
4.给选定的数据结构赋初始值
俗话说的好，纸上得来终觉浅 绝知此事要躬行。讲了一大堆的理论知识，可能大家看得也是半懂不懂（ps：也可能是我讲的太菜了），还是要从题目中入手，将理论知识运用到实际中，才算真正的理解了。
3.1 斐波那契数列
题目：大家都熟悉斐波那契数列，1 1 2 3 5 8 13 21 ...，现在求斐波那契数列第n位数。
定性：1.最优子结构：本来这个问题是没有包含最优的，但是第n位数的值都是唯一的，也可以看作是最优，并且第n位数可以由n-1和n-2的值推出，所以满足最优子结构。
2.重叠子问题：当n为3的时候，f(3) = f(2) + f(1) ，当n为4的时候，f(4) = f(3) + f(2) 。由此可以看到，f(2)被重复利用到了，所以存在重叠子问题。
解题：确定了可以使用dp之后，就可以按照我们的步骤来进行解题。
1.状态：F(n) 为斐波那契数列的第n位数。
2. 状态转移方程：F(n) = F(n-1) + F(n - 2)
3. 使用一个一维数组arr，保存每一位的值
4.初始值arr[0] = 1 , arr[1] = 1;
代码如下：
1 class Solution { 2 public int fib(int N) { 3 if(N <= 0){ 4 return 0; 5 } 6 if(N <= 2 ){ 7 return 1; 8 } 9 int[] arr = new int[N]; 10 arr[0] = 1; 11 arr[1] = 1; 12 for(int i = 2; i < N; i++){ 13 arr[i] = arr[i - 1] + arr[i - 2]; 14 } 15 return arr[N - 1]; 16 } 17 }
3.2 数组最大不连续递增子序列
题目：给定一个数组，求它的不连续最大递增子序列的长度，arr[] = {3,1,4,1,5,9,2,6,5}的最长递增子序列长度为4。即为：1,4,5,9。
定性：1.最优子结构，假设数组长度为n，如果我们知道了在n-1的所有以自己为结尾的最长递增子序列长度，那么我们就可以推算出以n结尾的最长递增子序列，所以满足最优子结构。
2.重叠子问题，在数组每增加一个元素后，计算以该元素为结尾的最长递增子序列长度，需要与前面每个元素做对比，并利用了它们的解，所以满足重叠子问题。
解题：1.状态F(N):这次的F(N)并不是数组长度为n时的最长递增子序列，而是以n为结尾时的最长递增子序列。如果采用前面那个作为状态F(N)的定义，那么则不满足最优子结构的性质，我们并不能由子问题的解推导出大问题的解，所以有时候状态的定义并不是那么直观，还需要转换一下，只有状态定义正确了，我们才能正确的使用dp。
2.状态转移方程：F(N) = Max{ arr[n - 1] > arr[ j] && F(j) + 1}
3.使用一个一维数组arr，保存每一个以它为结尾的最长递增子序列的值。
4.整个数组的值都初始化为1，因为每个位置最小的子序列就是它自己。
代码如下：
1 class Solution { 2 public int lengthOfLIS(int[] nums) { 3 if(nums == null || nums.length == 0){ 4 return 0; 5 } 6 int[] arr = new int[nums.length]; 7 for(int i = 0; i < arr.length; i++){ 8 arr[i] = 1; 9 } 10 int max = 1; 11 //从第二个元素开始，每个元素都需要与之前的元素进行比较，如果比它大，则将它保存的值+1 12 for(int i = 1; i < nums.length; i++){ 13 for(int j = 0; j < i; j++){ 14 if(nums[i] > nums[j]){ 15 max = max > arr[j] + 1 ? max : arr[j] + 1; 16 } 17 } 18 arr[i] = max; 19 max = 1; 20 } 21 //找出整个数组的最大值，则为答案 22 max = arr[0]; 23 for(int i = 1; i < arr.length; i++){ 24 max = max > arr[i] ? max : arr[i]; 25 } 26 return max; 27 } 28 }
3.3 数组最大连续子序列和
题目：给定一个数组，其中元素可正可负，求其中最大连续子序列的和。如arr[] = {6,-1,3,-4,-6,9,2,-2,5}的最大连续子序列和为14。即为：9,2,-2,5
定性：1.最优子结构：假设数组长度是n，我们在得到了以n-1为结尾的最大连续子序列的和，那么我们就可以推出以n为结尾的最大连续子序列的和，所以满足。
2.重叠子问题：因为我们在计算以n为结尾的最大连续子序列时，只需要利用到n-1的解，所以不满足重叠子问题，可以用dp解，但是不一定非要用dp解
解题：1.状态：F(N)：以n为结尾时最大连续子序列的和
2.状态转移方程： F(N) = F(N-1) > 0 : F(N-1) + N : N
3.使用一个一维数组保存每一个值
4.初始化，无需初始化
代码如下：（因为这题目没有涉及到重叠子问题，所以用其他方法做也都是可以的，这里就不演示了）
1 class Solution { 2 public int maxSubArray(int[] nums) { 3 if(nums == null || nums.length <= 0){ 4 return 0; 5 } 6 int[] arr = new int[nums.length]; 7 arr[0] = nums[0]; 8 int max = arr[0]; 9 for(int i = 1; i < nums.length; i++){ 10 arr[i] = arr[i - 1] > 0 ? arr[i - 1] + nums[i] : nums[i]; 11 max = max > arr[i] ? max : arr[i]; 12 } 13 return max; 14 } 15 }
3.4 两个字符串最大公共子序列
题目：求两个字符串的最大公共子序列和，比如字符串1：BDCABA；字符串2：ABCBDAB，则这两个字符串的最长公共子序列长度为4，最长公共子序列是：BCBA
定性： 1.最优子结构：假设我们知道了i，j（1串以i结尾，2串以j结尾）的最大公共子序列，那么我们可以推出i+1，j的最长公共子序列，也可以推出i，j+1的最大公共子序列，所以满足。
2.重叠子问题：当我们在计算3，2的最大公共子序列时，需要用到2，2的最大公共子序列和3，1的最大公共子序列；当我们在计算4，1的最大公共子序列时，同意也用到了3，1的最大公共子序列，所以满足重叠子问题。
解题：1状态：F（i，j）：字符串1以i结尾，字符串2以j结尾时，最大的公共子序列
2.状态转移方程：分两种情况，当i 和 j的字符相等时，这个字符一定在最大公共子序列中，所以F(i, j) = F(i -1, j -1) + 1;
当i和j不相等的时候，F（i，j），i和j这两个字符，肯定不会同时存在在最大公共子序列中，所以F（i，j）=Math（F（i，j-1），F（i - 1，j））；
3.定义一个二维数组，用于存放结果，数组大小时字符串长度+1，多一行用来存储0字符的情况
4.初始化数组，将i为0或者j为0的都设置成0（当其中一个字符串为空时，两个字符串则不存在公共子序列）
代码如下：（本题的难点在于弄清楚状态转移方程，为什么分这两种情况）
1 public int maxTwoArraySameOrder(String str1, String str2){ 2 int[][] arr = new int[str1.length() + 1][str2.length() + 1]; 3 for(int i = 0; i <= str1.length(); i++){ 4 arr[i][0] = 0; 5 } 6 for (int j = 0; j <= str2.length(); j++){ 7 arr[0][j] = 0; 8 } 9 for (int i = 1; i <= str1.length(); i++){ 10 for (int j = 1; j <= str2.length(); j++){ 11 if (str1.charAt(i - 1) == str2.charAt(j -1)){ 12 arr[i][j] = arr[i - 1][j - 1] + 1; 13 }else { 14 arr[i][j] = Math.max(arr[i][j - 1], arr[i - 1][j]); 15 } 16 } 17 } 18 return arr[str1.length()][str2.length()]; 19 }
3.5 经典题目---01背包问题
在N件物品取出若干件放在容量为C的背包里，每件物品的体积为W1，W2……Wn（Wi为整数），与之相对应的价值为P1,P2……Pn（Pi为整数），求背包能够容纳的最大价值。对于每件物品只有放（1）和不放（0）两种状态，所以叫做01背包问题。
定性：1.最优子结构：对于第k个物品来说，只有两种情况，一种是放，一种是不放。假设我们得到了不放第k件物品时，前k -1个物品的最大值m1，同时我们也得到了在背包中预留第k个物品的空间后，前面k-1个物品所能得到的最大值m2，根据这两个值，我们就能够推算出第k个物品放还是不放所得到的价值更大。同时m1和m2也是前k-1个物品分别在不同容积下的最大值，这就满足了最优子结构。
2.重叠子问题：因为后面物体的体积不同，所以子问题存在重叠的情况。
解题：1.状态：F(K, C): 容量为C时，从前K个物品中选取的最大价值。
2.状态转移方程：F（K,C） = F（K - 1，C） （当第K件物品的体积大于C时，最后一件物品放不下，直接从前面K件物品中选择）
= Max{F（K - 1, C）, F(K - 1，C- Wk) + Pk} （对于第K件物品，只有两种选择，要么放，要么不放，所以从两种选择中，选出最大的那一种结果）；
3.定义一个二维数组，用来存放子问题
4.初始化数组：当没有物品的时候，全部为0，所以arr【0】【】初始化为0。
代码如下：
1 public static int knapsack(int[] w, int[] v, int c){ 2 int[][] arr = new int[w.length + 1][c + 1]; 3 for (int i = 0; i <= c; i++){ 4 arr[0][i] = 0; 5 } 6 for (int i = 1; i <= w.length; i++){ 7 for (int j = 1 ; j <= c ; j++){ 8 if (j < w[i - 1]){ 9 arr[i][j] = arr[i - 1][j]; 10 }else{ 11 arr[i][j] = Math.max(arr[i - 1][j], arr[i - 1][j - w[i - 1]] + v[i - 1]); 12 } 13 } 14 } 15 return arr[w.length][c]; 16 }
对于这个01背包问题，我们使用了一个二维数组来记录子问题的解，网上给出了一个优化方案，使用一个一维数组（滑动数组解法）来进行优化。（ps：我一开始看了半天也没看明白这个一维数组的使用，网上的描述也是不尽如人意，最后在纸上画了好几遍才弄明白的）这个优化方案是怎么样的呢？还要从上面的解法说起，大家会发现，当我们在计算前i个物品的解时，根据我们的状态转移方程可以发现，我们只会与前i - 1个物品那一列的解有关，而不会再使用到之前的解。所以我们可以使用一个一维数组表示上一列的值，本次计算的时候再进行替换。
新的状态转移方程为：F（K） = F（K） （Wk > K , 第k件物品的体积大于背包容积，所以该物品放不下，与上一列的值相同）
= F（K - Wk）
注意点：有一个要注意的地方，使用一维数组的时候，我们要逆序进行计算，也就是说在一次循环中，我们要先从背包容量最大的情况开始计算，直到背包容量为0，这是因为我们在计算时，使用到了上一列的值，如果从前往后进行计算，一维数组的值会被更新掉，后面计算时使用到的值就是错误的，而逆序则不会出现这种情况，使用二维数组计算时，顺序逆序都可以。
代码如下：
1 public static int knapsack(int[] w, int[] v, int c){ 2 int[] arr = new int[c + 1]; 3 for (int i = 0; i <= c; i++){ 4 arr[i] = 0; 5 } 6 for (int i = 1; i <= w.length; i++){ 7 for (int j = c ; j >= w[i - 1] ; j--){ 8 arr[j] = Math.max(arr[j], arr[j - w[i - 1]] + v[i - 1]); 9 } 10 } 11 return arr[c]; 12 }
通过上面这些例子我们可以发现，dp问题最重要的部分就是定义状态，只有定义了正确的状态，才能较好的写出状态转移方程，做题时更多时间是花在分析上，等分析清楚了，代码就是水到渠成的事。大家千万不要以为弄懂上面的例子，就是已经掌握dp大法了，我们还只是刚入门的小白，要想真正的熟练运用dp，还是需要大量的锻炼。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/litterCoder/p/11415837.html
