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动态规划

背景

120. 三角形最小路径和

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：

[
     [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）。

DFS

使用 DFS：

// 会超时
public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
    return dfs(0, 0, triangle);
}

// 返回值表示从x, y处到底部的最小路径和
private int dfs(int x, int y, List<List<Integer>> triangle, int[][] saves) {
    if (x == triangle.size() - 1) {
        return triangle.get(x).get(y);
    }
    int minLeft = dfs(x + 1, y, triangle, saves);
    int minRight = dfs(x + 1, y + 1, triangle, saves);
    return Math.min(minLeft, minRight) + triangle.get(x).get(y);
}

DFS的优化

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）

public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
    int[][] saves = new int[triangle.size()][triangle.size()];
    return dfs(0, 0, triangle, saves);
}

// 使用saves数组记录已经被计算过的值
// 返回值表示从x, y处到底部的最小路径和
private int dfs(int x, int y, List<List<Integer>> triangle, int[][] saves) {
    if (x == triangle.size() - 1) {
        return triangle.get(x).get(y);
    }
    // 如果已经被计算过则直接返回
    if (saves[x][y] != 0) {
        return saves[x][y];
    }
    int minLeft = dfs(x + 1, y, triangle, saves);
    int minRight = dfs(x + 1, y + 1, triangle, saves);
    // 缓存已经被计算的值
    saves[x][y] = Math.min(minLeft, minRight) + triangle.get(x).get(y);
    return saves[x][y];
}

从DFS到动态规划

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

自底向上

public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
    // 1、状态定义：f[i][j] 表示从i,j出发，到达最后一层的最短路径
    int[][] dp = new int[triangle.size()][triangle.size()];
	// 2、初始化
    for (int i = 0; i < triangle.size(); i++) {
        dp[triangle.size() - 1][i] = triangle.get(triangle.size() - 1).get(i);
    }
	// 3、递推求解
    for (int i = triangle.size() - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = 0; j < triangle.get(i).size(); j++) {
            dp[i][j] = Math.min(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]) + triangle.get(i).get(j);
        }
    }
	// 4、结果
    return dp[0][0];
}

自顶向下

public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
    // 1、状态定义：dp[i][j] 表示从0,0出发，到达i,j的最短路径
    int[][] dp = new int[triangle.size()][triangle.size()];
    // 2、初始化
    dp[0][0] = triangle.get(0).get(0);
    for (int i = 1; i < triangle.size(); i++) {
        for (int j = 0; j < triangle.get(i).size(); j++) {
            // 这里分为三种情况：
            // 1、上一层没有左边值
            // 2、上一层没有右边值
            // 3、其他
            if (j == 0) {
                dp[i][j] = dp[i-1][j] + triangle.get(i).get(j);
            } else if (j == triangle.get(i).size() - 1) {
                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + triangle.get(i).get(j);
            } else {
                dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]) + triangle.get(i).get(j);
            }
        }
    }
    // 从最后一层中查找最小值
    int minValue = dp[triangle.size() - 1][0];
    for (int i = 0; i < triangle.size(); i++) {
        minValue = Math.min(minValue, dp[triangle.size() - 1][i]);
    }
    return minValue;
}

空间优化

经过观察发现当前状态只与上一批状态有关，所以二维数组可以优化为一位数组，减少空间占用。

public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
    int[] dp = new int[triangle.size()];
    for (int i = 0; i < triangle.size(); i++) {
        dp[i] = triangle.get(triangle.size() - 1).get(i);
    }
    for (int i = triangle.size() - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = 0; j < triangle.get(i).size(); j++) {
            dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j+1]) + triangle.get(i).get(j);
        }
    }
    return dp[0];
}

除此之外，也可以覆盖原有数据以实现空间复用。

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 ）
    • 求是否可行（Yes/No ）
    • 求可行个数（Count(*) ）
  • 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

  1. 状态 State
    • 灵感，创造力，存储小规模问题的结果
  2. 方程 Function
    • 状态之间的联系，怎么通过小的状态，来算大的状态
  3. 初始化 Intialization
    • 最极限的小状态是什么, 起点
  4. 答案 Answer
    • 最大的那个状态是什么，终点

常见四种类型

  1. Matrix DP (10%)
  2. Sequence (40%)
  3. Two Sequences DP (40%)
  4. Backpack (10%)

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

矩阵类型

最小路径和

64. 最小路径和

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。

public int minPathSum(int[][] grid) {
    // dp[i][j] 表示0,0到i,j的最小和
    int[] dp = new int[grid[0].length];
    // 初始化：用第一行初始化
    dp[0] = grid[0][0];
    for (int i = 1; i < grid[0].length; i++) {
        dp[i] = dp[i-1] + grid[0][i];
    }
    // 状态转移方程
    // 每行第一个元素：
    // dp[j] = dp[j](到上一行这个位置的最小和) + grid[i][j];
    // 后续元素：
    // dp[j] = Math.min(dp[j-1](到左边位置的最小和), dp[j](到上一行这个位置的最小和)) + grid[i][j];
    for (int i = 1; i < grid.length; i++) {
        for (int j = 0; j < grid[0].length; j++) {
            if (j == 0) {
                dp[j] = dp[j] + grid[i][j];
            } else {
                dp[j] = Math.min(dp[j-1], dp[j]) + grid[i][j];
            }
        }
    }
    // 答案
    return dp[grid[0].length - 1];
}

不同路径

62. 不同路径

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？

public int uniquePaths(int m, int n) {
    // dp[i][j] 表示0,0到i,j的路径数
    int[] dp = new int[n];
    // 初始化：到达第一行的路径数均为1
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            // 每行第一个格子只有一条路到达
            if (j == 0) {
                dp[j] = 1;
            } 
            // 其他格子可以由左侧或上方的格子到达
            else {
                dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
            }
        }
    }
    return dp[n-1];
}

不同路径 II

63. 不同路径 II

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？

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
    int m = obstacleGrid.length;
    int n = obstacleGrid[0].length;
    int[] dp = new int[n];
    // 初始化：遇到障碍前仅有一条路，之后全为0
    dp[0] = obstacleGrid[0][0] == 1 ? 0 : 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (obstacleGrid[0][i] == 1) {
            dp[i] = 0;
        } else {
            dp[i] = dp[i-1];
        }
    }
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            // 当前格是障碍，不可达，置为0
            if (obstacleGrid[i][j] == 1) {
                dp[j] = 0;
                continue;
            }
            if (j > 0) {
                dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
            }
        }
    }
    return dp[n-1];
}

序列类型

爬楼梯

70. 爬楼梯

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？

public int climbStairs(int n) {
    int[] dp = new int[]{0, 1};
    while (n > 0) {
        int temp = dp[0] + dp[1];
        dp[0] = dp[1];
        dp[1] = temp;
        n--;
    }
    return dp[1];
}

最长递增子序列

300. 最长递增子序列

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。

public int lengthOfLIS(int[] nums) {
    // dp[i]表示从0到i的最长上升子序列长度
    int[] dp = new int[nums.length];
    // 初始化：到第一个元素序列长度为1
    dp[0] = 1;
    for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
        // 注意默认为1，即此处最长子序列为自身
        int maxLen = 1;
        // dp[i] = max(dp[j]) + 1 , nums[j] < nums[i]
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (nums[j] < nums[i]) {
                maxLen = Math.max(maxLen, dp[j] + 1);
            }
        }
        dp[i] = maxLen;
    }
    int maxNum = 0;
    for (int n : dp) {
        maxNum = Math.max(maxNum, n);
    }
    // 答案：dp中的最大值
    return maxNum;
}

单词拆分

139. 单词拆分

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。

public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
    // dp[i]表示s[0, i)子串能否被分解
    boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
    Set<String> wordSet = new HashSet<>(wordDict);
    // 初始值：空字符串可以被分解
    dp[0] = true;
    for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            // 递推：从i处向前遍历，s[0,j)可以分解且s[j,i)也在集合内
            if (dp[j] && wordSet.contains(s.substring(j, i))) {
                dp[i] = true;
                break;
            }
        }
    }
    return dp[s.length()];
}

由于分解出的单词长度必定不会超过字典内的最大长度，因此可以利用这一点进行剪枝：

public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
    // dp[i]表示s[0, i)子串能否被分解
    boolean[] dp = new boolean[s.length() + 1];
    Set<String> wordSet = new HashSet<>(wordDict);
    // 计算单词最大长度
    int maxLen = 0;
    for (String word : wordDict) {
        maxLen = Math.max(maxLen, word.length());
    }
    // 初始值：空字符串可以被分解
    dp[0] = true;
    for (int i = 1; i <= s.length(); i++) {
        // 分解的子串s[j,i)长度不会超过maxLen，注意不能越界
        for (int j = Math.max(0, i - maxLen); j < i; j++) {
            // 递推：从i处向前遍历，s[0,j)可以分解且s[j,i)也在集合内
            if (dp[j] && wordSet.contains(s.substring(j, i))) {
                dp[i] = true;
                break;
            }
        }
    }
    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]

  • 状态可以为前 i 个
  • 初始化 length+1
  • 取值 index=i-1
  • 返回值：f[n]或者 f[m][n]

双序列类型

最长公共子序列

1143. 最长公共子序列

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。

public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
    // dp[i][j] a前i个和b前j个字符最长公共子序列
    // dp[m+1][n+1]
    //   ' a d c e
    // ' 0 0 0 0 0
    // a 0 1 1 1 1
    // c 0 1 1 2 1
    int[][] dp = new int[text1.length() + 1][text2.length() + 1];
    for (int i = 1; i <= text1.length(); i++) {
        for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
            // 相等取左上元素+1，否则取左或上的较大值
            if (text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }
    return dp[text1.length()][text2.length()];
}

注意点

  • 从 1 开始遍历到最大长度

  • 索引需要减一

编辑距离

72. 编辑距离

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：

  1. 插入一个字符
  2. 删除一个字符
  3. 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

// dp[i][j] 表示a字符串的前i个字符编辑为b字符串的前j个字符最少需要多少次操作
    // dp[i][j] = OR(dp[i-1][j-1]，a[i]==b[j],min(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1])+1)
public int minDistance(String word1, String word2) {
    int[][] dp = new int[word1.length() + 1][word2.length() + 1];
    for (int i = 0; i <= word1.length(); i++) {
        dp[i][0] = i;
    }
    for (int i = 0; i <= word2.length(); i++) {
        dp[0][i] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= word1.length(); i++) {
        for (int j = 1; j <= word2.length(); j++) {
            // 相等则不需要操作
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            } 
            // 否则取删除、插入、替换最小操作次数的值+1
            else {
                dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;
            }
        }
    }
    return dp[word1.length()][word2.length()];
}

说明

另外一种做法：MAXLEN(a,b)-LCS(a,b)

零钱和背包

零钱兑换

322. 零钱兑换

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

public int coinChange(int[] coins, int amount) {
    // 状态 dp[i]表示金额为i时，组成的最小硬币个数
    int[] dp = new int[amount + 1];
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= amount; i++) {
        // 初始化为最大值
        int minNum = Integer.MAX_VALUE;
        for (int n : coins) {
            if (i - n >= 0) {
                // 如果上个金额也无法组成，则直接标记
                if (dp[i - n] == -1) {
                    dp[i] = -1;
                    continue;
                } else {
                    minNum = Math.min(minNum, dp[i - n] + 1);
                }
            } else if (i % n == 0) {
                minNum = i / n;
            }
        }
        dp[i] = (minNum == Integer.MAX_VALUE ? -1 : minNum);
    }
    return dp[amount];
}

零钱兑换 II

518. 零钱兑换 II

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。

先遍历物品再遍历背包 - 组合数

先遍历背包再遍历物品 - 排列数

public int change(int amount, int[] coins) {
    // 状态 dp[i]表示金额为i时，组合的方法数
    int[] dp = new int[amount + 1];
    dp[0] = 1;
    // 先遍历物品再遍历背包
    for (int n : coins) {
        for (int i = n; i <= amount; i++) {
            dp[i] += dp[i - n];
        }
    }
    return dp[amount];
}

分割等和子集

416. 分割等和子集

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。

等价于0-1背包问题，只不过目标为数组和的一半。状态转移可以参考题解：动态规划（转换为 0-1 背包问题）。

public boolean canPartition(int[] nums) {
    // 首先计算数组的和
    int sum = 0;
    for (int n : nums) {
        sum += n;
    }
    // 如果和不是2的倍数则肯定无法分割
    if (sum % 2 != 0) {
        return false;
    }
    sum /= 2;
    // dp[i][j]表示从数组的[0, i]子区间内挑选一些正整数(每个数只能用一次)使得这些数的和恰好等于j
    boolean[][] dp = new boolean[nums.length][sum + 1];
    if (nums[0] <= sum) {
        dp[0][nums[0]] = true;
    }
    for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
        for (int j = 0; j <= sum; j++) {
            // 注意这里的状态转移方程
            if (nums[i] == j) {
                dp[i][j] = true;
            } else if (nums[i] < j) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i-1][j-nums[i]];
            } else {
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
            }
        }
    }
    return dp[nums.length - 1][sum];
}