小白學習動態規劃：優化篇

上一篇講述了動態規劃入門級題目，代碼都是沒有優化的，如果沒有看過的讀者也沒關係，在下面會貼出這兩道題目的所有代碼，包括沒有優化的和優化之後的。感興趣的讀者可以先去看一下上一篇的題目，都是EASY級別的題目。
小白學習動態規劃：入門篇

今天主要是對上一篇博客的兩道題目進行優化，對於絕大多數利用動態規劃的算法題作優化時，個人認爲最重要的優化方法就是：畫DP的圖！找出狀態之間的依賴關係，將其它沒有依賴的狀態廢棄掉。

如果你不懂沒有關係，可以看以下例子，很好理解~

優化類型一：一維降變量

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？

未優化前的代碼：

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

首先，我們先分析dp的填充過程，觀察有什麼值是會在某個時間段後作廢（一直沒有使用到）



從上面幾幅圖可以很清晰地觀察到，從求第四階樓梯的爬樓梯方法數之後，每求下一階樓梯的方法數時，就會有多一個值被廢棄掉，而求某個狀態的值（爬樓梯的方法數）只與它的第(n-2)個狀態和第(n-1)個狀態[n >= 3]有依賴關係，所以在第(n-2)個狀態以前的值就被廢棄掉了。

所以，這個定義一維DP數組在某種程度上是浪費了內存空間的。

未優化前的狀態轉移方程：
$dp[i] = \begin{cases} dp[i-1] + dp[i-2],&if\ i≥2\\ i &if\ i < 2 \end{cases}$
優化的過程可以觀察下圖：

顏色的含義（幫助你理解整個過程）：

藍色：初始化的狀態值

黃色：得出下一個狀態的狀態值

紅色：將當前狀態的第(n-1)個狀態轉化爲第(n-2)個狀態

綠色：將第n個狀態轉化爲第(n-1)個狀態

動態規劃過程：

求出一個新的狀態時，將當前狀態的第(n-1)狀態更新爲第(n-2)個狀態，將當前狀態更新爲第(n-1)個狀態，繼續求下一個新的狀態，直到循環結束。

優化後的代碼：

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        if(n <= 2){return n;}
        int dp0 = 1;
        int dp1 = 2;
        for(int i = 3; i <= n; i++){
            int result = dp0 + dp1;
            dp0 = dp1;
            dp1 = result;
        }
        return dp1;
    }
}

優化類型二：二維降一維

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。

未優化前的代碼：

class Solution {
    public 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];
    }
}

觀察未優化前的DP矩陣：

狀態轉移方程：
$dp[i][j]\begin{cases}dp[i-1][j]+dp[i][j-1], &if\ j≥1\ AND\ i≥1\\ 1, &if\ (i=0\ AND\ j≥0)OR(i≥0\ AND\ j=0)\\ \end{cases}$
當填充第二行時，情況是這樣的：

當填充第三行時，情況是這樣的：

**細心的我們會發現：**第一行數據已經沒有用處了，它的存在與否不影響我們求第三行的數據。所以，我們只需要保存上一行數據，就可以得出下一行的數據，並且每求出下一行的一個數據時，都可以捨棄掉上一行的那一個數據，所以只需要一維數組保存一行數據就可以求出下一行的數據。

如果你不是很懂，那麼看下面幾幅圖就會秒懂~

注意左邊數組行下標一直爲0，表示該數組本質上只有一行


原本二維dp數組的狀態轉移方程爲：
$dp[i][j]=\begin{cases}dp[i-1][j]+dp[i][j-1], &if\ j≥1\ AND\ i≥1\\ 1, &if\ (i=0\ AND\ j≥0)OR(i≥0\ AND\ j=0)\\ \end{cases}$
在圖中從位置上表現出來的結果是正確的，但是！！！重點來了！

注意看！我們會發現狀態轉移方程轉化爲：
$dp[i]=\begin{cases}dp[i-1]+dp[i], &if\ i≥1\\ 1, &if\ i=0\\ \end{cases}$

DP的空間複雜度由O(m * n) 降低爲O(m)

最後數組就會呈現出下圖得到狀態：

優化後的一維dp代碼：

class Solution {
    public int uniquePaths(int m, int n) {
        if(m <= 1 || n <= 1){return 1;}
        int[] dp = new int[n];
        for(int i = 0; i < m; i++){
            for(int j = 0; j < n; j++){
                if(j == 0){dp[j] = 1;continue;}
                dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
            }
        }
        return dp[dp.length - 1];
    }
}

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總結

這兩道題目雖然簡單，但是它們是動態規劃入門的必做題目中的兩道，掌握這兩道題目的思想和優化技巧是非常重要的，優化DP的核心在於：畫圖

掌握畫圖這一種優化方法，尋找值的依賴關係，觀察能否將空間複雜度降低，DP的核心本質上是用空間換取時間的算法，在面試中會遇到許多面試官提出優化方法的場景，掌握這一種技巧，刷多一些相關的題目，自然會熟能生巧！