小白學習動態規劃：入門篇

入門動態規劃個人總結

一、動態規劃概念

1. 什麼是動態規劃

​ 動態規劃應用於擁有以下特點的問題：一般需要使用動態規劃時，該問題的解可以由更小的解得出，例如：當求單位爲n的最優解時，可以轉換爲求第n-1個單位的最優解······也就是說問題的解可以根據子問題的解求出。

2. 動態規劃問題的特點

① 問題具有最優子結構性質。

如果問題的最優解所包含的子問題的解也是最優的，那麼該問題具有最優子結構

② 無後效性。

簡單理解：某個子問題的解一旦確定則不會被改變，求其它子問題的解時僅會使用到這些已經確定好的解

3.動態規劃的一般思路

① 將原問題分解爲子問題

把原問題分解爲若干個子問題，子問題的規模比原問題更小，但求解的形式是相似的。

子問題的解一旦求出就會被保存，所以每個子問題的解僅需求解一次

② 確定狀態並確定數組（數組維度和長度）

我們往往將子問題的解稱爲一種“狀態”，這種狀態的維度一般在確定狀態後就可以馬上得出，如果這裏你不理解沒有關係，可以看下面的例題，很好理解~

③ 確定初始（邊界）狀態的值

隨着子問題的不斷拆分，最終會到達邊界，而邊界值是可以直接得出的，稱爲動態規劃的初始值或邊界值；

④ 確定狀態轉移方程（遞推公式）

這一步是最重要的！它決定我們能否解決實際問題

找出不同狀態之間（前一個子問題與後一個子問題）的關聯關係，如何根據之前的狀態求出後一個狀態，這也可以理解成遞推公式

例子：

斐波那契數列求第n項的遞推公式：
$dp[n] \begin{cases} dp[n-1]+dp[n-2], &if\ n>2 \\ dp[1] = dp[0] = 1, &if\ n=1 \| n=0 \\ \end{cases}$
（可選）⑤ 考慮特殊狀態

有些特殊狀態並不是適用於狀態轉移方程中的情況，需要另外拿出來單獨考慮並更新狀態轉移方程，在下面的例題中會遇到這個步驟~

⑥ 編碼實現

還是不太懂或者很複雜？沒關係，結合題目看看就明白了~在你掌握了入門方法後，這六個步驟就會瞭如指掌

二、入門例題講解

類型一、一維dp數組

LeetCode70. 爬樓梯

問題描述：假設你需要爬樓梯，需要爬n階才能到達樓頂，每次可以爬1或2階，由多少種不同的方法可以爬到樓頂？

① 將原問題分解爲子問題

假設n = 5，求爬上第5階樓梯的最多方法，必定要求出第4階的最多方法，求第4階的最多方法，必定要求出第3階的最多方法······最終求爬上第1階的最多方法

② 確定狀態並確定數組

每一個階梯都對應一個狀態，該狀態表示爬上該樓梯的最多方法數值，所以數組維度爲1，數組長度爲n

③ 邊界狀態

爬上第1階樓梯的方法數爲1，即爬1階；

爬上第2階樓梯的方法數爲2，每次爬1階要爬2次或每次爬2階爬1次

④ 確定狀態轉移方程

如何找規律？

手算（少用）：列出前面較爲容易計算的例子，手寫出所有情況，再從中找規律得到狀態轉移方程。

假設n = 5，則經過手算可以得到如下表格

階梯數	1	2	3	4	5
方法數	1	2	3	5	8

思想（多用）：第n階可以從第(n-2)階跨上來或第(n-1)階爬上來，顯然，到達第n階樓梯的最多方法數等於爬第(n-2)階的最多方法數加上第(n-1)階的最多方法數

$dp[n]\begin{cases}dp[n-1]+dp[n-2], &if\ n≥2\\ dp[0] = 1, &if\ n=0 \\ dp[1] = 2, &if\ n=1 \end{cases}$

注意我這裏定義的dp數組的下標0位置對應爬上第1階樓梯的最多方法數而不是第0階！

⑥ 編碼實現

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
		int[] maxSum = new int[n];
		for (int i = 0; i < maxSum.length; i++) {
            if(i == 0){ //第1階
				maxSum[i] = 1;
			}else if(i == 1){ //第2階
				maxSum[i] = 2;
			}else{ //第3階及以上
				maxSum[i] = maxSum[i-1]+maxSum[i-2];
			}
		}
	    return maxSum[n-1];
    }
}

類型二、二維dp數組

LeetCode62. 不同路徑

問題描述：一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記爲“Start” ）。

機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記爲“Finish”）。

問總共有多少條不同的路徑？

說明：m 和 n 的值均不超過 100。

① 將原問題拆分爲子問題

根據題意：機器人每次只能向下或向右走一步，求走到 [i, j] 位置的最多路徑解有兩種形式：

（上面格子）[i-1,j] 向下走一步到達[i, j]

（左邊格子）[i, j-1]向右走一步到達[i, j]

所以轉化爲求[i-1, j]和[i, j-1]的最多路徑解······

② 確定狀態並確定數組

每個格子都有到達自己的最多路徑，所以每個到達每個格子的最多路徑就是一個狀態。

數組：由於格子擁有二維空間（座標x，座標y），需要用二維數組存儲每個格子的最多路徑數，[i,j]代表第i行第j列的格子，dp[i][j]代表到達該格子的最多路徑

③邊界狀態

站在原地有一種走法，就是在原地，所以dp[0][0] = 1；

向右走第一步有一種走法，dp[0][1] = 1 (if m > 1 && n > 1)

向下走第一步有一種走法，dp[1][0] = 1 (if m > 1 && n > 1)

④ 確定狀態轉移方程

機器人每次可以向右走一步或向下走一步，所以走到第[i, j]格子的最多路徑就是可以到達它的所有路徑之和
$dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]$

所以可以初步得到狀態轉移方程：
$dp[i][j]\begin{cases}dp[i-1][j]+dp[i][j-1], &if\ j≥1\ AND\ i>=1\\ 1, &if\ (i=0ANDj=0)OR(i=0\ AND\ j=1)OR(i=1\ AND\ j=0)\\ \end{cases}$
⑤ 考慮特殊狀態

第一行和第一列的所有格子的最多路徑都只有1種路徑

第一行的格子只能由起點向右走

第一列的格子只能由起點向下走

所以需要更新狀態轉移方程
$dp[i][j]\begin{cases}dp[i-1][j]+dp[i][j-1], &if\ j≥1\ AND\ i≥1\\ 1, &if\ (i=0\ AND\ j≥0)OR(i≥0\ AND\ j=0)\\ \end{cases}$
⑥ 編碼實現

package leetcode.動態規劃.中等.不同路徑;

/**
 * @author Zeng
 * @date 2020/1/20 9:34
 */
public class Solution {

    public static int uniquePaths(int m, int n) {

        int[][] dp = new int[m][n];
        for (int i = 0; i < m; i++){
            for (int j = 0; j < n; j++){
                //上邊界
                if(i == 0 && j >= 0){dp[i][j] = 1;continue;}
                //左邊界
                if(j == 0 && i >= 0){dp[i][j] = 1;continue;}
                //其它情況
                dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }

    public static void main(String[] args) {
        int i = uniquePaths(7, 3);
        System.out.println("最多路徑："+i);
    }
    
}
/**
  * 最多路徑：28
  */

注意事項：

如果只有一個格子，即(m, n) = (1, 1) ，那麼起點就等於終點，也就是一種路徑