背景
先从一道题目开始~
如题 triangle
给定一个三角形，找出自顶向下的最小路径和。每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。
例如，给定三角形：
Copy [
[2],
[3,4],
[6,5,7],
[4,1,8,3]
] 自顶向下的最小路径和为 11（即，2 + 3 + 5 + 1 = 11）。
使用 DFS（遍历 或者 分治法）
遍历
分治法
优化 DFS，缓存已经被计算的值（称为：记忆化搜索 本质上：动态规划）
动态规划就是把大问题变成小问题，并解决了小问题重复计算的方法称为动态规划
动态规划和 DFS 区别
二叉树 子问题是没有交集，所以大部分二叉树都用递归或者分治法，即 DFS，就可以解决
像 triangle 这种是有重复走的情况，子问题是有交集 ，所以可以用动态规划来解决
动态规划
Copy class Solution {
int minimumTotal(List<List<int>> triangle) {
int n = triangle.length;
List<int> dp = List<int>.filled(n, 0);
dp[0] = triangle[0][0];
// 遍历三角形的每一行
for (int i = 1; i < n; i++) {
int temp1 = dp[0]; // 保存dp[0]的值，用于更新dp[1]
dp[0] += triangle[i][0]; // 更新dp[0]
for (int j = 1; j < i; j++) {
int temp2 = dp[j]; // 保存dp[j]的值，用于更新dp[j+1]
dp[j] = min(dp[j], temp1) + triangle[i][j]; // 更新dp[j]
temp1 = temp2; // 更新temp1
}
dp[i] = temp1 + triangle[i][i]; // 更新dp[i]
}
// 找出dp数组中的最小值
int minTotal = dp[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
minTotal = min(minTotal, dp[i]);
}
return minTotal;
}
}
## 递归和动规关系
递归是一种程序的实现方式：函数的自我调用
```dart
Function(x) {
...
Funciton(x-1);
...
} 动态规划：是一种解决问 题的思想，大规模问题的结果，是由小规模问 题的结果运算得来的。动态规划可用递归来实现(Memorization Search)
使用场景
满足两个条件
满足以下条件之一
求最大/最小值（Maximum/Minimum ）
满足不能排序或者交换（Can not sort / swap ）
如题：longest-consecutive-sequence 位置可以交换，所以不用动态规划
四点要素
常见四种类型
注意点
贪心算法大多题目靠背答案，所以如果能用动态规划就尽量用动规，不用贪心算法
1、矩阵类型（10%）
给定一个包含非负整数的 m x n 网格，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。
思路：动态规划 1、state: f[x][y]从起点走到 x,y 的最短路径 2、function: f[x][y] = min(f[x-1][y], f[x][y-1]) + A[x][y] 3、intialize: f[0][0] = A[0][0]、f[i][0] = sum(0,0 -> i,0)、 f[0][i] = sum(0,0 -> 0,i) 4、answer: f[n-1][m-1]
Copy class Solution {
int minPathSum(List<List<int>> grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
// 自顶向下的动态规划
// 计算从(0,0)到(i,j)的最小路径和
for (int i = 1; i < m; i++) {
grid[i][0] += grid[i - 1][0];
}
for (int j = 1; j < n; j++) {
grid[0][j] += grid[0][j - 1];
}
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
grid[i][j] += grid[i - 1][j] < grid[i][j - 1] ? grid[i - 1][j] : grid[i][j - 1];
}
}
// 返回从(0,0)到(m-1,n-1)的最小路径和
return grid[m - 1][n - 1];
}
}
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？
Copy class Solution {
int uniquePaths(int m, int n) {
var dp = List<List<int>>.generate(m, (_) => List<int>.filled(n, 0));
// 初始化第一行和第一列的格子为 1
for (var i = 0; i < m; i++) {
dp[i][0] = 1;
}
for (var j = 0; j < n; j++) {
dp[0][j] = 1;
}
// 计算其他格子的路径数
for (var i = 1; i < m; i++) {
for (var j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
}
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？ 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？
Copy class Solution {
int uniquePathsWithObstacles(List<List<int>> obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.length;
int n = obstacleGrid[0].length;
//初始化dp数组
var dp = List.generate(m, (_) => List.filled(n, 0));
//对于第一行和第一列，如果有障碍，则该点之后的所有点都不能到达，因此dp数组的初始值应为0
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) {
dp[i][0] = 1;
}
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) {
dp[0][j] = 1;
}
//填充dp数组
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 0) { //如果当前格子没有障碍
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]; //从上面和左边的格子到达当前格子的路径数之和
}
}
}
return dp[m - 1][n - 1]; //返回从左上角到右下角的路径数
}
}
2、序列类型（40%）
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
Copy class Solution {
int climbStairs(int n) {
// 如果楼梯只有一级或两级，只有一种方式
if (n == 1 || n == 2) {
return n;
}
// 定义一个数组用来存储每一级楼梯的不同方式数目
var dp = List<int>.filled(n, 0);
// 初始化dp数组前两个元素
dp[0] = 1;
dp[1] = 2;
// 从第三个元素开始遍历dp数组，逐步计算出每一级楼梯的不同方式数目
for (var i = 2; i < n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
// 返回最后一个元素，即为n级楼梯的不同方式数目
return dp[n - 1];
}
}
给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。 判断你是否能够到达最后一个位置。
Copy class Solution {
bool canJump(List<int> nums) {
var n = nums.length;
var maxJump = 0;
// 遍历每个位置，更新当前能到达的最大距离
for (var i = 0; i < n; i++) {
// 如果当前位置超出当前能到达的最大距离，说明无法到达当前位置
if (i > maxJump) {
return false;
}
// 更新当前能到达的最大距离
maxJump = max(maxJump, i + nums[i]);
}
return true;
}
}
给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。 你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。
Copy class Solution {
int jump(List<int> nums) {
int n = nums.length;
int end = 0; // 当前能够到达的最远位置
int farthest = 0; // 经过最少步数能够到达的最远位置
int jumps = 0; // 跳跃次数
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
farthest = max(farthest, i + nums[i]); // 更新能够到达的最远位置
if (end == i) { // 需要跳一步
jumps++;
end = farthest; // 更新当前能够到达的最远位置
}
}
return jumps;
}
}
给定一个字符串 s ，将 s 分割成一些子串，使每个子串都是回文串。 返回符合要求的最少分割次数。
Copy class Solution {
int minCut(String s) {
var n = s.length;
// dp[i]表示字符串s[i..n-1]的最小分割次数
var dp = List<int>.filled(n, 0);
// isPalindrome[i][j]表示s[i..j]是否为回文字符串
var isPalindrome = List<List<bool>>.generate(n, (_) => List<bool>.filled(n, false));
// 初始化dp数组，最多需要分割n-1次
for (var i = 0; i < n; i++) {
dp[i] = n - i - 1;
}
// 从右向左遍历，计算dp和isPalindrome数组
for (var i = n - 1; i >= 0; i--) {
for (var j = i; j < n; j++) {
if (s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || isPalindrome[i + 1][j - 1])) {
isPalindrome[i][j] = true;
// 如果s[i..j]是回文字符串，计算dp[i]的值
if (j == n - 1) {
dp[i] = 0;
} else {
dp[i] = dp[i].compareTo(dp[j + 1] + 1) > 0 ? dp[j + 1] + 1 : dp[i];
}
}
}
}
return dp[0];
}
}
注意点
判断回文字符串时，可以提前用动态规划算好，减少时间复杂度
给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。
Copy class Solution {
int lengthOfLIS(List<int> nums) {
// 如果数组为空，则LIS长度为0
if (nums.isEmpty) {
return 0;
}
// 定义一个数组dp，dp[i]表示以第i个数字为结尾的LIS长度
var dp = List<int>.filled(nums.length, 1);
// 定义LIS的最大长度变量
var maxLength = 1;
// 遍历数组，计算dp[i]的值
for (var i = 1; i < nums.length; i++) {
// 遍历i之前的数字，找到所有小于nums[i]的数字，并计算dp[i]的值
for (var j = 0; j < i; j++) {
if (nums[j] < nums[i]) {
dp[i] = dp[i].compareTo(dp[j] + 1) == 1 ? dp[i] : dp[j] + 1;
}
}
// 更新LIS的最大长度
maxLength = maxLength.compareTo(dp[i]) == 1 ? maxLength : dp[i];
}
return maxLength;
}
}
给定一个非空 字符串 s 和一个包含非空 单词列表的字典 wordDict ，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
Copy class Solution {
bool wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
// 将单词列表转为 set 方便查找
var dict = wordDict.toSet();
// 定义一个数组用来记录 s 中前 i 个字符是否可以被单词拆分
var dp = List.filled(s.length + 1, false);
dp[0] = true; // 空字符串可以被任何单词拆分
// 遍历 s 的所有子串
for (var i = 1; i <= s.length; i++) {
for (var j = 0; j < i; j++) {
// 如果前 j 个字符可以被单词拆分，且 j 到 i 的子串在单词列表中出现过
// 那么前 i 个字符也可以被单词拆分
if (dp[j] && dict.contains(s.substring(j, i))) {
dp[i] = true;
break; // 如果已经可以被拆分了，就不用继续查找了
}
}
}
return dp[s.length];
}
}
小结
常见处理方式是给 0 位置占位，这样处理问题时一视同仁，初始化则在原来基础上 length+1，返回结果 f[n]
Two Sequences DP（40%）
给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列。 一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。 例如，"ace" 是 "abcde" 的子序列，但 "aec" 不是 "abcde" 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。
Copy class Solution {
int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
var m = text1.length, n = text2.length;
var dp = List.generate( // 初始化一个二维列表
m + 1, // 行数为 m + 1
(i) => List.generate(n + 1, (j) => 0), // 列数为 n + 1，每个元素初始值为 0
);
for (var i = 1; i <= m; i++) {
for (var j = 1; j <= n; j++) {
if (text1[i - 1] == text2[j - 1]) { // 如果两个字符相同，则更新对角线元素的值
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
} else { // 否则更新上方或左方元素的值中的较大值
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[m][n]; // 返回右下角元素的值，即最长公共子序列的长度
}
}
给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 你可以对一个单词进行如下三种操作： 插入一个字符 删除一个字符 替换一个字符
思路：和上题很类似，相等则不需要操作，否则取删除、插入、替换最小操作次数的值+1
Copy class Solution {
int minDistance(String word1, String word2) {
int m = word1.length;
int n = word2.length;
// 创建一个二维数组 dp 用于存储子问题的解
// dp[i][j] 表示将 word1[0..i-1] 转换为 word2[0..j-1] 的最少操作数
var dp = List.generate(m + 1, (_) => List.filled(n + 1, 0));
// 初始化边界条件
for (var i = 1; i <= m; i++) {
dp[i][0] = i;
}
for (var j = 1; j <= n; j++) {
dp[0][j] = j;
}
// 自底向上计算子问题的解
for (var i = 1; i <= m; i++) {
for (var j = 1; j <= n; j++) {
if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
// 如果 word1[i-1] 和 word2[j-1] 相同，不需要操作
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else {
// 否则需要进行操作，取三种操作中的最小值
dp[i][j] = 1 + min(dp[i - 1][j - 1], min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]));
}
}
}
// 返回最终问题的解
return dp[m][n];
}
}
说明
另外一种做法：MAXLEN(a,b)-LCS(a,b)
零钱和背包（10%）
给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算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。
思路：和其他 DP 不太一样，i 表示钱或者容量
Copy class Solution {
int coinChange(List<int> coins, int amount) {
var dp = List<int>.filled(amount + 1, amount + 1);
dp[0] = 0;
for (var i = 1; i <= amount; i++) {
for (var coin in coins) {
if (coin <= i) { // 如果硬币面值小于等于 i，说明可以使用该硬币
dp[i] = dp[i].compareTo(dp[i - coin] + 1) > 0 // 取当前状态和使用该硬币状态中较小的那个
? dp[i - coin] + 1
: dp[i];
}
}
}
return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
}
}
注意
dp[i-a[j]] 决策 a[j]是否参与
在 n 个物品中挑选若干物品装入背包，最多能装多满？假设背包的大小为 m，每个物品的大小为 A[i]
Copy int backPack(int m, List<int> A) {
int n = A.length;
// 初始化一个二维数组dp，用来记录当前物品放或不放时的背包容量和价值
List<List<int>> dp = List.generate(n + 1, (_) => List.filled(m + 1, 0));
// 遍历每个物品
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 遍历每个背包容量
for (int j = 1; j <= m; j++) {
// 如果当前物品的大小大于背包容量j，则当前物品不能放入背包，取上一个物品的最优解
if (A[i - 1] > j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
// 如果当前物品的大小小于等于背包容量j，则可以考虑将当前物品放入背包
else {
// 取放入当前物品和不放入当前物品两种情况下的最大价值
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - A[i - 1]] + A[i - 1]);
}
}
}
return dp[n][m]; // 返回n个物品放入容量为m的背包中所能得到的最大价值
}
有 n 个物品和一个大小为 m 的背包. 给定数组 A 表示每个物品的大小和数组 V 表示每个物品的价值. 问最多能装入背包的总价值是多大?
思路：f[i][j] 前 i 个物品，装入 j 背包 最大价值
Copy int backPackII(int m, List<int> A, List<int> V) {
// 初始化二维数组dp
List<List<int>> dp = List.generate(A.length + 1, (_) => List.filled(m + 1, 0));
for (int i = 1; i <= A.length; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
// 如果当前物品的体积大于背包容量，则不能放入
if (A[i - 1] > j) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
// 否则，需要考虑放入或不放入该物品的情况
else {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - A[i - 1]] + V[i - 1]);
}
}
}
return dp[A.length][m];
}
练习
Matrix DP (10%)
Sequence (40%)
Two Sequences DP (40%)
Backpack & Coin Change (10%)
