精读《算法 - 动态规划》

很多人觉得动态规划很难，甚至认为面试出动态规划题目是在为难候选人，这可能产生一个错误潜意识：认为动态规划不需要掌握。

其实动态规划非常有必要掌握：

1. 非常锻炼思维。动态规划是非常锻炼脑力的题目，虽然有套路，但每道题解法思路差异很大，作为思维练习非常合适。
2. 非常实用。动态规划听起来很高级，但实际上思路和解决的问题都很常见。

动态规划用来解决一定条件下的最优解，比如：

• 自动寻路哪种走法最优？
• 背包装哪些物品空间利用率最大？
• 怎么用最少的硬币凑零钱？

其实这些问题乍一看都挺难的，毕竟都不是一眼能看出答案的问题。但得到最优解又非常重要，谁能忍受游戏中寻路算法绕路呢？谁不希望背包放的东西更多呢？所以我们一定要学好动态规划。

精读

动态规划不是魔法，它也是通过暴力方法尝试答案，只是方式更加 “聪明”，使得实际上时间复杂度并不高。

动态规划与暴力、回溯算法的区别

上面这句话也说明了，所有动态规划问题都能通过暴力方法解决！是的，所有最优解问题都可以通过暴力方法尝试（以及回溯算法），最终找出最优的那个。

暴力算法几乎可以解决一切问题。回溯算法的特点是，通过暴力尝试不同分支，最终选择结果最优的线路。

而动态规划也有分支概念，但不用把每条分支尝试到终点，而是在走到分叉路口时，可以直接根据前面各分支的表现，直接推导出下一步的最优解！然而无论是直接推导，还是前面各分支判断，都是有条件的。动态规划可解问题需同时满足以下三个特点：

1. 存在最优子结构。
2. 存在重复子问题。
3. 无后效性。

存在最优子结构

即子问题的最优解可以推导出全局最优解。

什么是子问题？比如寻路算法中，走完前几步就是相对于走完全程的子问题，必须保证走完全程的最短路径可以通过走完前几步推导出来，才可以用动态规划。

不要小看这第一条，动态规划就难在这里，你到底如何将最优子结构与全局最优解建立上关系？

• 对于爬楼梯问题，由于每层台阶都是由前面台阶爬上来的，因此必然存在一个线性关系推导。
• 如果变成二维平面寻路呢？那么就升级为二维问题，存在两个变量 i,j 与上一步之间关系了。
• 如果是背包问题，同时存在物品数量 i、物品重量 j 和物品质量 k 三个变量呢？那就升级为三位问题，需要寻找三个之间的关系。

依此类推，复杂度可以上升到 N 维，维度越高思考的复杂度就越高，空间复杂度就越需要优化。

存在重复子问题

即同一个子问题在不同场景下存在重复计算。

比如寻路算法中，同样两条路线的计算中，有一段路线是公共的，是计算的必经之路，那么只算一次就好了，当计算下一条路时，遇到这个子路，直接拿第一次计算的缓存即可。典型例子是斐波那契数列，对于 f(3) 与 f(4)，都要计算 f(1) 与 f(2)，因为 f(3) = f(2) + f(1)，而 f(4) = f(3) + f(2) = f(2) + f(1) + f(2)。

这个是动态规划与暴力解法的关键区别，动态规划之所以性能高，是因为 不会对重复子问题进行重复计算，算法上一般通过缓存计算结果或者自底向上迭代的方式解决，但核心是这个场景要存在重复子问题。

当你觉得暴力解法可能很傻，存在大量重复计算时，就要想想是哪里存在重复子问题，是否可以用动态规划解决了。

无后效性

即前面的选择不会影响后面的游戏规则。

寻路算法中，不会因为前面走了 B 路线而对后面路线产生影响。斐波那契数列因为第 N 项与前面的项是确定关联，没有选择一说，所以也不存在后效性问题。

什么场景存在后效性呢？比如你的人生是否能通过动态规划求最优解？其实是不行的，因为你今天的选择可能影响未来人生轨迹，比如你选择了计算机这个职业，会直接影响到工作的领域，接触到的人，后面的人生路线因此就完全变了，所以根本无法与选择了土木工程的你进行比较，因为人生赛道都变了。

有同学可能觉得这样局限是不是很大？其实不然，无后效性的问题仍然很多，比如背包放哪件物品、当前走哪条路线、用了哪些零钱，都不会影响整个背包大小、整张地图的地形、以及你最重要付款的金额。

解法套路 - 状态转移方程

解决动态规划问题的核心就是写出状态转移方程，所谓状态转移，即通过某些之前步骤推导出未来步骤。

状态转移方程一般写为 dp(i) = 一系列 dp(j) 的计算，其中 j < i。

其中 i 与 dp(i) 的含义很重要，一般 dp(i) 直接代表题目的答案，i 就有技巧了。比如斐波那契数列，dp(i) 表示的答案就是最终结果，i 表示下标，由于斐波那契数列直接把状态转移方程告诉你了 f(x) = f(x-1) + f(x-2)，那么根本连推导都不必了。

对于复杂问题，难在如何定义 i 的含义，以及下一步状态如何通过之前状态推导。 这个做多了题目就有体会，如果没有，那即便再如何解释也难以说明，所以后面还是直接看例子吧。

先举一个最简单的动态规划例子 - 爬楼梯来说明问题。

爬楼梯问题

爬楼梯是一道简单题，题目如下：

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？（给定 n 是一个正整数）

首先 dp(i) 就是问题的答案（解法套路，dp(i) 大部分情况就是答案，这样解题思路会最简化），即爬到第 i 阶台阶的方法数量，那么 i 自然就是要爬到第几阶台阶。

我们首先看是否存在 最优子结构？因为只能往上爬，所以第 i 阶台阶有几种爬方完全取决于前面有几种爬方，而一次只能爬 1 或 2 个台阶，所以第 i 阶台阶只可能从第 i-1 或 i-2 个台阶爬上来的，所以第 i 个台阶的爬法就是 i-1 与 i-2 总爬法之和。所以显然有最优子结构，连状态转移方程都呼之欲出了。

再看是否存在 存在重复子问题，其实爬楼梯和斐波那契数列类似，最终的状态转移方程是一样的，所以显然存在重复子问题。当然直观来看也容易分析出，10 阶台阶的爬法包含了 8、9 阶的爬法，而 9 阶台阶爬法包含了 8 阶的，所以存在重复子问题。

最后看是否 无后效性？由于前面选择一次爬 1 个或 2 个台阶并不会影响总台阶数，也不会影响你下一次能爬的台阶数，所以无后效性。如果你爬了 2 个台阶，因为太累，下次只能爬 1 个台阶，就属于有后效性了。或者只要你一共爬了 3 次 2 阶，就会因为太累而放弃爬楼梯，直接下楼休息，那么问题提前结束，也属于有后效性。

所以爬楼梯的状态转移方程为：

• dp(i) = dp(i-1) + dp(i-2)
• dp(1) = 1
• dp(2) = 2

注意，因为 1、2 阶台阶无法应用通用状态转移方程，所以要特殊枚举。这种枚举思路在代码里其实就是 递归终结条件，也就是作为函数 dp(i) 不能无限递归，当 i 取值为 1 或 2 时直接返回枚举结果（对这道题而言）。所以在写递归时，一定要优先写上递归终结条件。

然后我们考虑，对于第一阶台阶，只有一种爬法，这个没有争议吧。对于第二阶台阶，可以直接两步跨上来，也可以走两个一步，所以有两种爬法，也很容易理解，到这里此题得解。

关于代码部分，仅这道题写一下，后面的题目如无特殊原因就不写代码了：

function dp(i: number) {
  switch (i) {
    case 1:
      return 1;
    case 2:
      return 2;
    default:
      return dp(i - 1) + dp(i - 2);
  }
}

return dp(n);

当然这样写重复计算了子结构，所以我们不要每次傻傻的执行 dp(i - 1)（因为这样计算了超多重复子问题），我们需要用缓存兜底：

const cache: number[] = [];

function dp(i: number) {
  switch (i) {
    case 1:
      cache[i] = 1;
      break;
    case 2:
      cache[i] = 2;
      break;
    default:
      cache[i] = cache[i - 1] + cache[i - 2];
  }

  return cache[i];
}

// 既然用了缓存，最好子底向上递归，这样前面的缓存才能优先算出来
for (let i = 1; i <= n; i++) {
  dp(i);
}

return cache[n];

当然这只是简单的一维线性缓存，更高级的缓存模式还有 滚动缓存。我们观察发现，这道题缓存空间开销是 O(n)，但每次缓存只用了上两次的值，所以计算到 dp(4) 时，cache[1] 就可以扔掉了，或者说，我们可以滚动利用缓存，让 cache[3] 占用 cache[1] 的空间，那么整体空间复杂度可以降低到 O(1)，具体做法是：

const cache: [number, number] = [];

function dp(i: number) {
  switch (i) {
    case 1:
      cache[i % 2] = 1;
      break;
    case 2:
      cache[i % 2] = 2;
      break;
    default:
      cache[i % 2] = cache[(i - 1) % 2] + cache[(i - 2) % 2];
  }

  return cache[i % 2];
}

for (let i = 1; i <= n; i++) {
  dp(i);
}

return cache[n % 2];

通过取余，巧妙的让缓存永远交替占用 cache[0] 与 cache[1]，达到空间利用最大化。当然，这道题因为状态转移方程是连续用了前两个，所以可以这么优化，如果遇到用到之前所有缓存的状态转移方程，就无法使用滚动缓存方案了。然而还有更高级的多维缓存，这个后面提到的时候再说。

接下来看一个进阶题目，最大子序和。

最大子序和

最大子序和是一道简单题，题目如下：

给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

首先按照爬楼梯的套路，dp(i) 就表示最大和，由于整数数组可能存在负数，所以越多数相加，和不一定越大。

接着看 i，对于数组问题，大部分 i 都可以代表以第 i 位结尾的字符串，那么 dp(i) 就表示以第 i 位结尾的字符串的最大和。

可能你觉得以 i 结尾，就只能是 [0-i] 范围的值，那么 [j-i] 范围的字符串不就被忽略了？其实不然，[j-i] 如果是最大和，也会被包含在 dp(i) 里，因为我们状态转移方程可以选择不连上 dp(i-1)。

现在开始解题：首先题目是最大和的连续子数组，一般连续的都比较简单，因为对于 dp(i)，要么和前面连上，要么和前面断掉，所以状态转移方程为：

• dp(i) = dp(i-1) + nums[i] 如果 dp(i-1) > 0。
• dp(i) = nums[i] 如果 dp(i-1) <= 0。

怎么理解呢？就是第 i 个状态可以直接由第 i-1 个状态推导出来，既然 dp(i) 是指以第 i 个字符串结尾的最大和，那么 dp(i-1) 就是以第 i-1 个字符串结尾的最大和，而且此时 dp(i-1) 已经算出来了，那么 dp(i) 怎么推导就清楚了：

因为字符串是连续的，所以 dp(i) 要么是 dp(i-1) + nums[i]，要么就直接是 nums[i]，所以选择哪种，取决于前面的 dp(i-1) 是否是正数，因为以 i 结尾一定包含 nums[i]，所以 nums[i] 不管是正还是负，都一定要带上。 所以容易得知，dp(i-1) 如果是正数就连起来，否则就不连。

好了，经过这么详细的解释，相信你已经完全了解动态规划的解题套路，后面的题目解释方式我就不会这么啰嗦了！

这道题如果再复杂一点，不连续怎么办呢？让我们看看最长递增子序列问题吧。

最长递增子序列

最长递增子序列是一道中等题，题目如下：

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

其实之前的 精读《DOM diff 最长上升子序列》 有详细解析过这道题，包括还有更优的贪心解法，不过我们这次还是聚焦在动态规划方法上。

这道题与上一道的区别就是，首先递增，其次不连续。

按照套路，dp(i) 就表示以第 i 个字符串结尾的最长上升子序列长度，那么重点是，dp(i) 怎么通过之前的推导出来呢？

由于是不连续的，因此不能只看 dp(i-1) 了，因为 nums[i] 项与 dp(j)（其中 0 <= j < i）组合后都可能达到最大长度，因此需要遍历所有 j，尝试其中最大长度的组合。

所以状态转移方程为：

dp[i] = max(dp[j]) + 1，其中 0<=j<i 且 num[j]<num[i]。

这道题的出现，预示着较为复杂的状态转移方程的出现，即第 i 项不是简单由 i-1 推导，而是由之前所有 dp(j) 推导，其中 0<=j<i。

除此之外，还有推导变种，即根据 dp(dp(i)) 推导，即函数里套函数，这类问题由于加深了一层思考脑回路，所以相对更难。我们看一道这样的题目：最长有效括号。

最长有效括号

最长有效括号是道困难题，题目如下：

给你一个只包含 '(' 和 ')' 的字符串，找出最长有效（格式正确且连续）括号子串的长度。

这道题之所以是困难题，就因为状态转移方程存在嵌套思维。

我们首先按套路定义 dp(i) 为答案，即以第 i 下标结尾的字符串中最长有效括号长度。看出来了吗？一般字符串题目中，i 都是以字符串下标结尾来定义，很少有定义为开头或者别的定义行为。当然非字符串问题就不是这样了，这个在后面再说。

我们继续题目，如果 s[i] 是 (，那么不可能组成有效括号，因为最右边一定不闭合，所以考虑 s[i] 为 ) 的场景。

如果 s[i-1] 为 (，那么构成了 ...() 之势，最后两个自成合法闭合，所以只要看前面的即可，即 dp(i-2)，所以这种场景的状态转移方程为：

dp(i) = dp(i-2) + 2

如果 s[i-1] 是 ) 呢？构成了 ...)) 的状态，那么只有 i-1 是合法闭合的，且这个合法闭合段之前必须是 ( 与第 i 项形成闭合，才构成此时最长有效括号长度，所以这种场景的状态转移方程为：

dp(i) = dp(i-1) + dp(i - dp(i-1) - 2) + 2，你可以结合下面的图来理解：

<img width=300 src="https://img.alicdn.com/imgextra/i1/O1CN016tRvXm1o4p8U1Plfk_!!6000000005172-2-tps-1088-378.png">

可以看到，dp(i-1) 就是第二条横线的长度，然后如果红色括号匹配的话，长度又 +2，最后别忘了最左边如果有满足匹配的也要带上，这就是 dp(i - dp(i-1) - 2)，所以加到一起就是这种场景的括号最大长度。

到这里，一维动态规划问题深度基本上探索完了，在进入多维动态规划问题前，还有一类一维动态规划问题，属于表达式不难，也没有这题这么复杂的嵌套 DP，但是思维复杂度极高，你一定不要盯着全流程看，那样复杂度太高，你需要充分认可 dp(i-x) 已经算出来部分的含义，进行高度抽象的思考。

栅栏涂色

栅栏涂色是一道困难题，题目如下：

有 k 种颜色的涂料和一个包含 n 个栅栏柱的栅栏，每个栅栏柱可以用其中一种颜色进行上色。

你需要给所有栅栏柱上色，并且保证其中相邻的栅栏柱 最多连续两个 颜色相同。然后，返回所有有效涂色的方案数。

这道题 k 和 n 都非常巨大，常规暴力解法甚至普通 DP 都会超时。选择 i 的含义也很重要，这里 i 到底代表用几种颜色还是几个栅栏呢？选择栅栏会好做一些，因为栅栏是上色的主体。这样 dp(i) 就表示上色前 i 个栅栏的所有涂色方案。

首先看下递归终止条件。由于最多连续两个颜色相同，因此 dp(0) 与 dp(1) 分别是 k 与 k*k，因为每个栅栏随便刷颜色，自由组合。那么 dp(2) 有三个栅栏，非法情况是三个栅栏全同色，所以用所有可能减掉非法即可，非法场景只有 k 中，所以结果是 k*k*k - k。

那么考虑一般情况，对于 dp(i) 有几种涂色方案呢？直接思考情况太多，我们把情况一分为二，考虑 i 与 i-1 颜色相同与不同两种情况考虑。

如果 i 与 i-1 颜色相同，那么为了合法，i-1 肯定不能与 i-2 颜色相同了，否则就三个同色，这样的话，不管 i-2 是什么颜色，i-1 与 i 都只能少取一种颜色，少取的颜色就是 i-2 的颜色，因此 [i-1,i] 这个区间有 k-1 中取色方案，前面有 dp(i-2) 种取色方案，相乘就是最终方案数：dp(i-2) * (k-1)。

这背后其实存在动态思维，即每种场景的 k-1 都是不同的颜色组合，只是无论前面 dp(i-2) 是何种组合，后面两个栅栏一定有 k-1 种取法，虽然颜色组合的色值不同，但颜色组合数量是不变的，所以可以统一计算。理解这一点非常关键。

如果 i 与 i-1 颜色不同，那么第 i 项只有 k-1 种取法，一样也是动态的，因为永远不能和 i-1 颜色相同。最后乘上 dp(i-1) 的取色方案，就是总方案数：dp(i-1) * (k-1)。

所以最后总方案数就是两者之和，即 dp(i) = dp(i-2) * (k-1) + dp(i-1) * (k-1)。

这道题的不同之处在于，变化太多，任何一个栅栏取的颜色都会影响后面栅栏要取的颜色，乍一看觉得是个有后效性的题目，无法用动态规划解决。但实际上，虽然有后效性，但如果进行合理的拆解，后面栅栏的总可能性 k-1 是不变的，所以考虑总可能性数量，是无后效性的，因此站在方案总数上进行抽象思考，才可能破解此题。

接下来介绍多维动态规划，从二维开始。二维动态规划就是用两个变量表示 DP，即 dp(i,j)，一般在二维数组场景出现较多，当然也有一些两个数组之间的关系，也属于二维动态规划，为了继续探讨字符串问题，我选择了字符串问题的二维动态规划范例，编辑距离这道题来说明。

编辑距离

编辑距离是一道困难题，题目如下：

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

只要是字符串问题，基本上 i 都表示以第 i 项结尾的字符串，但这道题有两个单词字符串，为了考虑任意匹配场景，必须用两个变量表示，即 i j 分别表示 word1 与 word2 结尾下标时，最少操作次数。

那么对于 dp(i,j) 考虑 word1[i] 与 word2[j] 是否相同，最后通过双重递归，先递归 i，在递归内再递归 j，答案就出来了。

假设最后一个字符相同，即 word1[i] === word2[j] 时，由于最后一个字符不用改就相同了，所以操作次数就等价于考虑到前一个字符，即 dp(i,j) = dp(i-1,j-1)

假设最后一个字符不同，那么 最后一步 有三种模式可以得到：

1. 假设是替换，即 dp(i,j) = dp(i-1,j-1) + 1，因为替换最后一个字符只要一步，并且和前面字符没什么关系，所以前面的最小操作次数直接加过来。
2. 假设是插入，即 word1 插入一个字符变成 word2，那么只要变换到这一步再 +1 插入操作就行了，变换到这一步由于插入一个就行了，因此 word1 比 word2 少一个单词，其它都一样，要变换到这一步，就要进行 dp(i,j-1) 的变换，因此 dp(i,j) = dp(i,j-1) + 1。。
3. 假设是删除，即 word1 删除一个字符变成 word2，同理，要进行 dp(i-1,j) 的变化后多一步删除，因此 dp(i,j) = dp(i-1,j) + 1。

由于题目取操作最少次数，所以这三种情况取最小即可，即 dp(i,j) = min(dp(i-1,j-1), dp(i,j-1), dp(i-1,j)) + 1。

所以同时考虑了最后一个字符是否相同后，合并了的状态转移方程就是最终答案。

我们再考虑终止条件，即 i 或 j 为 -1 时的情况，因为状态转移方程 i 和 j 不断减小，肯定会减少到 0 或 -1，因为 0 是字符串还有一个字符，相对比如考虑 -1 字符串为空时方便，因此我们考虑 -1 时作为边界条件。

当 i 为 -1 时，即 word1 为空，此时要变换为 word2 很显然，只有插入 j 次是最小操作次数，因此此时 dp(i,j) = j；同理，当 j 为 -1 时，即 word2 为空，此时要删除 i 次，因此操作次数为 i，所以 dp(i,j) = i。

非字符串问题

说到这，相信你在字符串动规问题上已经如鱼得水了，我们再看看非字符串场景的动规问题。非字符串场景的动规比较经典的有三个，第一是矩形路径最小距离，或者最大收益；第二是背包问题以及变种；第三是打家劫舍问题。

这些问题解决方式都一样，只是对于 dp(i) 的定义略有区别，比如对于矩形问题来说，dp(i,j) 表示走到 i,j 格子时的最小路径；对于背包问题，dp(i,j) 表示装了第 i 个物品时，背包还剩 j 空间时最大价格；对于打家劫舍问题，dp(i) 表示打劫到第 i 个房间时最大收益。

因为篇幅问题这里就不一详细介绍了，只简单说明一下矩形问题于打家劫舍问题。

对于矩形问题，状态转移方程重点看上个状态是如何转移过来的，一般矩形只能向右或者向下移动，路途可能有一些障碍物不能走，我们要做分支判断，然后选择一条符合题目最值要求的路线作为当前 dp(i) 的转移方程即可。

对于打家劫舍问题，由于不能同时打劫相邻的房屋，所以对于 dp(i)，要么为了打劫 i-1 而不打劫第 i 间，或者打劫 i-2 于第 i 间，取这两种终态的收益最大值即可，即 dp(i) = max(dp(i-1), dp(i-2) + coins[i])。

总结

动态规划的核心分为三步，首先定义清楚状态，即 dp(i) 是什么；然后定义状态转移方程，这一步需要一些思考技巧；最后思考验证一下正确性，即尝试证明你写的状态转移方程是正确的，在这个过程要做到状态转移的不重不漏，所有情况都被涵盖了进来。

动态规划最经典的还是背包问题，由于篇幅原因，可能下次单独出一篇文章介绍。

讨论地址是：精读《算法 - 动态规划》· Issue #327 · dt-fe/weekly

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