fucking-algorithm之二-动态规划解题框架
动态规划问题的一般形式就是求最值。
**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。
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，
思维框架明确「状态」 -> 定义 dp 数组/函数的含义 -> 明确「选择」-> 明确 base case。
一、斐波那契数列
1、暴力递归
int fib(int N) {
if (N == 1 || N == 2) return 1;
return fib(N - 1) + fib(N - 2);
}
但凡遇到需要递归的问题，最好都画出递归树，这对你分析算法的复杂度，寻找算法低效的原因都有巨大帮助。
递归算法的时间复杂度怎么计算？子问题个数乘以解决一个子问题需要的时间。
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)。
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 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。下面，我们想办法解决这个问题。
2、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。
int fib(int N) {
if (N < 1) return 0;
// 备忘录全初始化为 0
vector<int> memo(N + 1, 0);
// 初始化最简情况
return helper(memo, N);
}
int helper(vector<int>& memo, int n) {
// base case
if (n == 1 || n == 2) return 1;
// 已经计算过
if (memo[n] != 0) return memo[n];
memo[n] = helper(memo, n - 1) +
helper(memo, n - 2);
return memo[n];
}
递归算法的时间复杂度怎么算？子问题个数乘以解决一个子问题需要的时间。
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)。
3、dp 数组的迭代解法
int fib(int N) {
vector<int> dp(N + 1, 0);
// base case
dp[1] = dp[2] = 1;
for (int i = 3; i <= N; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
return dp[N];
}
「状态转移方程」这个名词，实际上就是描述问题结构的数学形式：
根据斐波那契数列的状态转移方程，当前状态只和之前的两个状态有关，其实并不需要那么长的一个 DP table 来存储所有的状态，只要想办法存储之前的两个状态就行了。所以，可以进一步优化，把空间复杂度降为 O(1)：
int fib(int n) {
if (n == 2 || n == 1)
return 1;
int prev = 1, curr = 1;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
int sum = prev + curr;
prev = curr;
curr = sum;
}
return curr;
}