2022.3.2 动态规划 —— 动态规划解题套路框架

系列文章目录

1.动态规划解题套路框架

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前言

内容参考自
今天开始按照作者指导的思路刷一刷数据结构与算法题，今日内容为 “动态规划解题套路框架”。

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一、什么是动态规划？

动态规划问题的一般形式就是求最值。

既然是要求最值，求解动态规划的核心问题便是穷举。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。
而动态规划的穷举不是一般的暴力穷举，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。而且动态规划问题一定会具备「最优子结构」**，可以通过子问题的最值得到原问题的最值。然而，只有列出正确的「状态转移方程」，才能正确地穷举。

二、如何使用动态规划解决问题？

明确 base case -> 明确「状态」-> 明确「选择」 -> 定义 dp 数组/函数的含义
（即确定「状态转移方程」，只要通过状态转移方程写出暴力递归解，剩下的就是优化递归树，消除重叠子问题）

解题套路框架：

# 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...)

三、例题

1.斐波那契数列

（体现重叠子问题）

给定 n ，返回斐波那契数列的第 n 项 F(n)

①暴力递归：

public int fib(int n) {
        if (n == 0) {
            return 0;
        }
        if (n == 1) {
            return 1;
        }
        int ans = fib(n - 1) + fib(n - 2);
        return ans;
    }

时间复杂度： 子问题个数 x 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。

（因为存在大量重复计算，例如计算 F(20) 时计算了 F(19) 和 F(18)，计算F(19) 时计算了 F(18) 和 F(17)，使得F(18) 被计算了两次）

这就是动态规划问题的第一个性质：重叠子问题

②带备忘录的递归解法：
增加一个变量「备忘录」，每次算出某个子问题的答案后先记到「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，不必再耗时去计算。

int fib(int n) {
    // 备忘录全初始化为 0
    int[] memo = new int[n + 1];
    // 进行带备忘录的递归
    return helper(memo, n);
}

int helper(int[] memo, int n) {
    // base case
    if (n == 0 || n == 1) return n;
    // 已经计算过，不用再计算了
    if (memo[n] != 0) return memo[n];
    memo[n] = helper(memo, n - 1) + helper(memo, n - 2);
    return memo[n];
}

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。

时间复杂度：O(n) x O(1)

这种解法是「自顶向下」进行「递归」求解，我们更常见的动态规划代码是「自底向上」进行「递推」求解。

③dp 数组的迭代（递推）解法：
有了上一步「备忘录」的启发，我们可以把这个「备忘录」独立出来成为一张表，通常叫做 DP table，在这张表上完成「自底向上」的推算

int fib(int N) {
    if (N == 0) return 0;
    int[] dp = new int[N + 1];
    // base case
    dp[0] = 0; dp[1] = 1;
    // 状态转移
    for (int i = 2; i <= N; i++) {
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    }

    return dp[N];
}

DP table 特别像之前那个「剪枝」后的结果，只是反过来算而已。实际上，带备忘录的递归解法中的「备忘录」，最终完成后就是这个 DP table，所以说这两种解法其实是差不多的，大部分情况下，效率也基本相同。

动态规划问题的最后一步优化：如果我们发现每次状态转移只需要 DP table 中的一部分，那么可以尝试缩小 DP table 的大小，只记录必要的数据，从而降低空间复杂度。

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。

int fib(int n) {
    if (n == 0 || n == 1) {
        // base case
        return n;
    }
    // 分别代表 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]
    int dp_i_1 = 1, dp_i_2 = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        // dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        int dp_i = dp_i_1 + dp_i_2;
        // 滚动更新
        dp_i_2 = dp_i_1;
        dp_i_1 = dp_i;
    }
    return dp_i_1;
}

2.凑零钱问题

（最优子结构）

给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。
计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。

输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3
解释：11 = 5 + 5 + 1

①暴力递归：
根据之前提出的框架，列出正确的状态转移方程的步骤：
1、确定 base case，这个很简单，显然目标金额 amount 为 0 时算法返回 0，因为不需要任何硬币就已经凑出目标金额了。

2、确定「状态」，也就是原问题和子问题中会变化的变量。由于硬币数量无限，硬币的面额也是题目给定的，只有目标金额会不断地向 base case 靠近，所以唯一的「状态」就是目标金额 amount。

3、确定「选择」，也就是导致「状态」产生变化的行为。目标金额为什么变化呢，因为你在选择硬币，你每选择一枚硬币，就相当于减少了目标金额。所以说所有硬币的面值，就是你的「选择」。

4、明确 dp 函数/数组的定义。我们这里讲的是自顶向下的解法，所以会有一个递归的 dp 函数，一般来说函数的参数就是状态转移中会变化的量，也就是上面说到的「状态」；函数的返回值就是题目要求我们计算的量。就本题来说，状态只有一个，即「目标金额」，题目要求我们计算凑出目标金额所需的最少硬币数量。

所以我们可以这样定义 dp 函数：dp(n) 表示，输入一个目标金额 n，返回凑出目标金额 n 所需的最少硬币数量。

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    // 题目要求的最终结果是 dp(amount)
    return dp(coins, amount)
}

int dp(int[] coins, int amount) {
    // base case
    if (amount == 0) return 0;
    if (amount < 0) return -1;

    int res = Integer.MAX_VALUE;
    for (int coin : coins) {
        // 计算子问题的结果
        int subProblem = dp(coins, amount - coin);
        // 子问题无解则跳过
        if (subProblem == -1) continue;
        // 在子问题中选择最优解，然后加一
        res = Math.min(res, subProblem + 1);
    }

    return res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
}

时间复杂度：O(n^k) x O(k) 指数级

②带备忘录的递归：

int[] memo;

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    memo = new int[amount + 1];
    // dp 数组全都初始化为特殊值
    Arrays.fill(memo, -666);

    return dp(coins, amount);
}

int dp(int[] coins, int amount) {
    if (amount == 0) return 0;
    if (amount < 0) return -1;
    // 查备忘录，防止重复计算
    if (memo[amount] != -666)
        return memo[amount];

    int res = Integer.MAX_VALUE;
    for (int coin : coins) {
        // 计算子问题的结果
        int subProblem = dp(coins, amount - coin);
        // 子问题无解则跳过
        if (subProblem == -1) continue;
        // 在子问题中选择最优解，然后加一
        res = Math.min(res, subProblem + 1);
    }
    // 把计算结果存入备忘录
    memo[amount] = (res == Integer.MAX_VALUE) ? -1 : res;
    return memo[amount];
}

时间复杂度：O(n) x O(k) = O(kn)

③dp 数组的迭代解法：
dp 数组的定义：当目标金额为 i 时，至少需要 dp[i] 枚硬币凑出。
根据我们文章开头给出的动态规划代码框架：

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    int[] dp = new int[amount + 1];
    // 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1
    Arrays.fill(dp, amount + 1); //凑成 amount 金额的硬币数最多只可能等于 amount（全用 1 元面值的硬币），所以初始化为 amount + 1 就相当于初始化为正无穷，便于后续取最小值。

    // base case
    dp[0] = 0;
    // 外层 for 循环在遍历所有状态的所有取值
    for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
        // 内层 for 循环在求所有选择的最小值
        for (int coin : coins) {
            // 子问题无解，跳过
            if (i - coin < 0) {
                continue; 不要直接return -1，那样会终止函数执行
            }
            dp[i] = Math.min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
        }
    }
    return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];//解决了coins = [2], amount = 3时需返回 -1 的情况
}

四、关于最优子结构

要符合「最优子结构」，子问题间必须互相独立。

比如说，假设你考试，每门科目的成绩都是互相独立的。你的原问题是考出最高的总成绩，那么你的子问题就是要把语文考到最高，数学考到最高…… 为了每门课考到最高，你要把每门课相应的选择题分数拿到最高，填空题分数拿到最高…… 当然，最终就是你每门课都是满分，这就是最高的总成绩。

得到了正确的结果：最高的总成绩就是总分。因为这个过程符合最优子结构，“每门科目考到最高”这些子问题是互相独立，互不干扰的。

但是，如果加一个条件：你的语文成绩和数学成绩会互相制约，数学分数高，语文分数就会降低，反之亦然。这样的话，显然你能考到的最高总成绩就达不到总分了，按刚才那个思路就会得到错误的结果。因为子问题并不独立，语文数学成绩无法同时最优，所以最优子结构被破坏。

回到凑零钱问题，为什么说它符合最优子结构呢？比如你想求 amount = 11 时的最少硬币数（原问题），如果你知道凑出 amount = 10 的最少硬币数（子问题），你只需要把子问题的答案加一（再选一枚面值为 1 的硬币）就是原问题的答案。因为硬币的数量是没有限制的，所以子问题之间没有相互制，是互相独立的。