算法学习——动态规划

什么是动态规划

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。

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。

动态规划的解题步骤

做动规题目的时候，很多同学会陷入一个误区，就是以为把状态转移公式背下来，照葫芦画瓢改改，就开始写代码，甚至把题目AC之后，都不太清楚dp[i]表示的是什么。

这就是一种朦胧的状态，然后就把题给过了，遇到稍稍难一点的，可能直接就不会了，然后看题解，然后继续照葫芦画瓢陷入这种恶性循环中。

状态转移公式（递推公式）是很重要，但动规不仅仅只有递推公式。

动态规划问题，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！

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

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。

如果打印出来和自己预先模拟推导是一样的，那么就是自己的递归公式、初始化或者遍历顺序有问题了。
如果和自己预先模拟推导的不一样，那么就是代码实现细节有问题。

这样才是一个完整的思考过程，而不是一旦代码出问题，就毫无头绪的东改改西改改，最后过不了，或者说是稀里糊涂的过了。

斐波那契数

力扣题目链接

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 给你n ，请计算 F(n) 。

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

思路

动规五部曲：

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

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dp[i] = dp[i - 1] + dp[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。

代码

注意：要先判断n是否为1或者0，然后返回，否则内存会访问越界。

爬楼梯

力扣题目链接

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

注意：给定 n 是一个正整数。

示例 ：
输入： 3
输出： 3
解释： 有三种方法可以爬到楼顶。
1 阶 + 1 阶 + 1 阶
1 阶 + 2 阶
2 阶 + 1 阶

思路

多举几个例子，就可以发现其规律。
爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法.
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ，第二层楼梯再跨一步就到第三层。
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划了。

代码

![在这里插入图片描述](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/2902b012e676473d95d155cf0c614d89.png

使用最小花费爬楼梯

力扣题目链接

数组的每个下标作为一个阶梯，第 i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 cost[i]（下标从 0 开始）。
每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。
请你找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时，你可以选择从下标为 0 或 1 的元素作为初始阶梯。

示例 1：
输入：cost = [10, 15, 20]
输出：15
解释：最低花费是从 cost[1] 开始，然后走两步即可到阶梯顶，一共花费 15 。

示例 2：
输入：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]
输出：6
解释：最低花费方式是从 cost[0] 开始，逐个经过那些 1 ，跳过 cost[3] ，一共花费 6 。

思路

代码

不同路径

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一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。
问总共有多少条不同的路径？

思路

代码

注意二维数组的初始化！

不同路径 II

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一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？

思路

代码

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) 
    {
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        vector<vector<int>>dp(m,vector<int>(n,0));
        for(int i = 0 ; i < m ; i++)
        {
            if(obstacleGrid[i][0]!=1)
            {
                dp[i][0] = 1;
            }
            else
            {
                break;
            }
            
        }
        for(int j = 0 ; j < n ; j++)
        {
            if(obstacleGrid[0][j]!=1)
            {
                dp[0][j] = 1;
            }
            else
            {
                break;
            }
            
        }
        for(int i = 1;i < m ;i++)
        {
            for(int j = 1 ; j < n ;j++)
            {
                if(obstacleGrid[i][j]!=1)
                {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
                }
                else
                {
                    dp[i][j] = 0;
                }
                
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }
};

整数拆分

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给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。

思路

代码

不同的二叉搜索树

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0-1背包理论基础

什么是0-1背包

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

这是标准的背包问题，以至于很多同学看了这个自然就会想到背包，甚至都不知道暴力的解法应该怎么解了。

这样其实是没有从底向上去思考，而是习惯性想到了背包，那么暴力的解法应该是怎么样的呢？

每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是$o(2^n)$，这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！

在下面的讲解中，我举一个例子：
背包最大重量为4。
物品为：

问背包能背的物品最大价值是多少？

二维dp数组01背包

确定dp数组以及下标的含义

对于背包问题，有一种写法， 是使用二维数组，即dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

只看这个二维数组的定义，大家一定会有点懵，看下面这个图：

要时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的。

确定递推公式

dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：

其他情况如下：

状态转移方程 dp[ i ][ j ] = max(dp[ i - 1 ] [ j ], dp[ i - 1 ][ j - weight[ i ] ] + value[ i ]); 可以看出 i 是由 i-1 推导出来，那么 i 为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。

那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。
当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

代码初始化如下：

for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) {  // 当然这一步，如果把dp数组预先初始化为0了，这一步就可以省略，
    dp[0][j] = 0;
}
// 正序遍历
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
    dp[0][j] = value[0];
}

此时dp数组初始化情况如图所示：

dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了，那么其他下标应该初始化多少呢？

其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么 其他下标初始值是什么数值都可以，因为都会被覆盖。

但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0，更方便一些。

最后初始化代码如下：

// 初始化 dp
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
    dp[0][j] = value[0];
}

确定遍历顺序

在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量

那么问题来了，先遍历 物品还是先遍历背包重量呢？

其实都可以！！ 但是先遍历物品更好理解。

那么我先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。

// weight数组的大小 就是物品个数
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量
        if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

为什么可以这样遍历？
要理解递归的本质和递推的方向。

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。

dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

举例推导dp数组

来看一下对应的dp数组的数值，如图：

总结

讲了这么多才刚刚把二维dp的01背包讲完，这里大家其实可以发现最简单的是推导公式了，推导公式估计看一遍就记下来了，但难就难在如何初始化和遍历顺序上。

01背包理论基础（滚动数组）

思路

上一节是用二维dp数组来讲解01背包。
这一节我们就来说一说滚动数组。

接下来还是用如下这个例子来进行讲解。

背包最大重量为4。
物品为：

问背包能背的物品最大价值是多少？

一维dp数组（滚动数组）

对于背包问题其实状态都是可以压缩的。
在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。

这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。

dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
一定要时刻记住这里i和j的含义，要不然很容易看懵了。

动规五部曲分析如下

确定dp数组的定义

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

一维dp数组的递推公式

dp[j]为 容量为j的背包所背的最大价值，那么如何推导dp[j]呢？

dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

dp[j - weight[i]] + value[i] 表示 容量为 (j - 物品i重量) 的背包 加上 物品(i)的价值。

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，

所以递归公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

一维dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。

dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。

那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？

看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。

这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。

那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。

一维dp数组遍历顺序

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

这里大家发现和二维dp的写法中，遍历背包的顺序是不一样的！

二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。

为什么呢？

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！

举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15

如果正序遍历

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？

倒序就是先算dp[2]

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

那么问题又来了，为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？

因为对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？

不可以！

因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。

所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！，这一点大家一定要注意。

举例推导dp数组

一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：

C++代码如下：

void test_1_wei_bag_problem() {
    vector<int> weight = {1, 3, 4};
    vector<int> value = {15, 20, 30};
    int bagWeight = 4;

    // 初始化
    vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout << dp[bagWeight] << endl;
}

int main() {
    test_1_wei_bag_problem();
}

携带研究材料

题目链接

小明是一位科学家，他需要参加一场重要的国际科学大会，以展示自己的最新研究成果。他需要带一些研究材料，但是他的行李箱空间有限。这些研究材料包括实验设备、文献资料和实验样本等等，它们各自占据不同的空间，并且具有不同的价值。

小明的行李空间为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料只能选择一次，并且只有选与不选两种选择，不能进行切割。

输入描述
第一行包含两个正整数，第一个整数 M 代表研究材料的种类，第二个正整数 N，代表小明的行李空间。
第二行包含 M 个正整数，代表每种研究材料的所占空间。
第三行包含 M 个正整数，代表每种研究材料的价值。

输出描述
输出一个整数，代表小明能够携带的研究材料的最大价值。

思路

代码

// dpalgorithm.cpp : 此文件包含 "main" 函数。程序执行将在此处开始并结束。
//

#include 
#include 


using namespace std;


int main()
{
    int type;
    int maxweight;
    cin >>type>> maxweight;
    vector<int>weight(type);
    for (int i = 0; i < type; ++i)
    {
        cin >> weight[i];
    }
    vector<int>value(type);
    for (int i = 0; i < type; ++i)
    {
        cin >> value[i];
    }
    vector<int>dp(maxweight + 1,0);
    for (int i = 0; i < type; i++)
    {
        for (int j = maxweight; j >= weight[i]; j--)
        {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout<<dp[maxweight];
}

分割等和子集

力扣题目链接

给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

思路

代码

最后一块石头的重量II

力扣题目链接

有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。
每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：
如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后，最多只会剩下一块石头。返回此石头最小的可能重量。如果没有石头剩下，就返回 0。

思路

这道题也是将数组分成两堆，一堆尽可能的装满，最后得到的就是石头的最小重量。

代码

目标和

力扣题目链接

给定一个非负整数数组，a1, a2, …, an, 和一个目标数，S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数，你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

思路

## 代码

一和零

力扣题目链接

给你一个二进制字符串数组 strs 和两个整数 m 和 n 。
请你找出并返回 strs 的最大子集的大小，该子集中 最多 有 m 个 0 和 n 个 1 。
如果 x 的所有元素也是 y 的元素，集合 x 是集合 y 的 子集 。

思路

代码

完全背包理论问题

题目链接

思路

有N件物品和一个最多能背重量为W的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品都有无限个（也就是可以放入背包多次），求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

完全背包和01背包问题唯一不同的地方就是，每种物品有无限件。

在下面的讲解中，我依然举这个例子：
背包最大重量为4。
物品为：

每件商品都有无限个！
问背包能背的物品最大价值是多少？

01背包和完全背包唯一不同就是体现在遍历顺序上，所以我们直接针对遍历顺序进行分析！

首先再回顾一下01背包的核心代码

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
    }
}

我们知道01背包内嵌的循环是从大到小遍历，为了保证每个物品仅被添加一次。

而完全背包的物品是可以添加多次的，所以要从小到大去遍历，即：

// 先遍历物品，再遍历背包
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = weight[i]; j <= bagWeight ; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

代码

#include
#include

using namespace std;

int main()
{
    int bagweight;
    int typesize;
    cin>>typesize>>bagweight;
    vector<int> values(typesize);
    vector<int> weights(typesize);
    for(int i = 0 ; i < typesize ; i++)
    {
        cin>>weights[i]>>values[i];
    }
    vector<int> dp(bagweight+1,0);
    for(int i = 0 ; i < typesize ;i++)
    {
        for(int j = weights[i];j<=bagweight;j++)
        {
            dp[j] = max(dp[j],dp[j-weights[i]]+ values[i]);
        }
    }
    cout<< dp[bagweight];
}

零钱兑换II

力扣题目链接

给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。

思路

代码

组合总和 Ⅳ

力扣题目链接

给定一个由正整数组成且不存在重复数字的数组，找出和为给定目标正整数的组合的个数。

思路

代码