【动态规划】（一）动态规划理论及基础题目
动态规划理论及基础题目
- 理论基础
- 斐波那契数
- 爬楼梯
- 使用最小花费爬楼梯
- 不同的路径
- 不同的路径2
- 整数拆分
- 不同的二叉搜索树
理论基础
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动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP，如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。
-
所以动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优的。
-
动态规划是当前的结果取决于上一阶段的结果，因此存在一个递推公式
动态规划做题五部曲：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 打印dp数组
如何debug：
- 找问题的最好方式就是把dp数组打印出来，看看究竟是不是按照自己思路推导的！
- 写代码之前一定要把状态转移在dp数组的上具体情况模拟一遍，心中有数，确定最后推出的是想要的结果。
- 思考以下问题：
- 是否举例推导状态转移公式？
- 是否打印dp数组的日志？
- dp数组打印结果与推导状态时一致？
斐波那契数
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斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是： F(0) = 0，F(1) = 1 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1 给你n ，请计算 F(n) 。
动规五部曲：
-
dp[i]的定义： 第 i 个数的斐波那契数值是dp[i]
-
确定递推公式：
F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) -
dp数组初始化：
F(0) = 0，F(1) = 1 -
确定遍历顺序： 从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历。
程序实现：
int fib(int n)
{
if(n <= 1)
return n;
vector<int> dp(n + 1);
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
return dp[n];
}
爬楼梯
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假设你正在爬楼梯。需要 n ( n > 0)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？
示例 1：
输入： 2
输出： 2
示例 2：
输入： 3
输出： 3
思路：
-
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ，第二层楼梯再跨一步就到第三层。
-
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划
-
即要爬到第 i 层，可以由第 i - 1 层跨一步，或者 i - 2 层跨2步到达。
动态规划五部曲：
-
dp[i]的定义： 爬到第 i 层楼梯，有 dp[i] 种方法
-
确定递推公式：
- 首先是dp[i - 1]，上i-1层楼梯，有dp[i - 1]种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。
- 还有就是dp[i - 2]，上i-2层楼梯，有dp[i - 2]种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么
- 那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和，即
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
-
dp数组初始化：
dp[1] = 1; dp[2] = 2 -
确定遍历顺序： 从递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; 中可以看出，遍历顺序一定是从前向后遍历的。
-
举例推导dp数组
举例当n为5的时候，dp table（dp数组）应该是这样的
程序实现
int climbStairs(int n)
{
if (n <= 2)
return n;
vector<int> dp(n + 1);
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
return dp[n];
}
使用最小花费爬楼梯
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给定一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯，计算并返回达到楼梯顶部的最低花费
示例 1：
输入：cost = [10,15,20]
输出：15
解释：你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。
总花费为 15 。
示例 2：
输入：cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出：6
动态规划五部曲：
-
dp[i]的定义： 到达第 i 台阶所花费的最少体力为 dp[i]
-
确定递推公式： 可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
-
dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。
-
dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。
-
一定是选最小的，所以
dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
-
-
dp数组初始化： 题意表明可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯，因此
dp[0] = 0，dp[1] = 0 -
确定遍历顺序： 因为是模拟台阶，而且 dp[i] 由 dp[i-1] dp[i-2]推出，所以是从前到后遍历cost数组就可以了
-
举例推导dp数组
拿示例2：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] ，来模拟一下dp数组的状态变化，如下：
程序实现：
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost)
{
if(cost.size() <= 1)
return 0;
int size = cost.size();
vector<int> dp(size + 1); // 到达第 i 层的最小花费
dp[0] = 0;
dp[1] = 0;
for(int i = 2; i <= size; i++)
dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]);
// for(int num : dp)
// cout << num << " ";
// cout << endl;
return dp[size];
}
不同的路径
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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？
示例 1：
输入：m = 3, n = 7
输出：28
示例 2：
输入：m = 2, n = 3
输出：3
思路：
因为机器人只能向下或者向右移动一格，因此对于 nums[i][j] 只能由上方一格 nums[i-1][j] 或者 左边一格 nums[i][j-1] 移动得到。
动态规划五部曲：
-
dp[i][j]的定义： 从[0,0] 出发到 [i,j] 有 dp[i][j] 条不同的路径。
-
确定递推公式： 向下移动一格的路径 + 向右移动一格的路径（类似爬楼梯）
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] -
dp数组初始化：
-
根据递推公式可以看，需要对第一行与第一列的数组初始化。
-
第一列的 dp 数组均为1，因为机器人跳到第一列的任何格子的路径只有1条（一直向下），即
dp[i][0] = 1; -
第一列的 dp 数组均为1，因为机器人跳到第一行的任何格子的路径只有1条（一直向右），即
dp[0][j] = 1; -
其余格子均通过递推公式求得，因此初始化为任何值均可。
-
因此为了简化程序，dp 数组全部初始化为 1 即可。
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,1));
-
-
确定遍历顺序： 根据递推公式，都是从其上方和左侧推导而来，因此从左到右，从上到下遍历即可。
-
举例推导dp数组
程序实现：
int uniquePaths(int m, int n)
{
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,1));
// 其他块
for(int i = 1; i < m; i++)
{
for(int j = 1; j < n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
不同的路径2
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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”）。
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？
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
示例 1：
输入：obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出：2
本题在上一题-不同的路径的不同点上进行优化
不同点：
-
本题在递推时需要判断是否遇到障碍物，一旦遇到障碍物时，可走的路径为 0 （可省略，初始化就为0）
if(obstacleGrid[i][j] == 0) dp[i][j] = 0; // 可省略 因为初始化就为 0 else dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j]; -
在初始化时，第一行/列，在遇到障碍物前，可走路径为1，障碍物后的路径均为 0，不妨初始均为0，即包括第一行/列遇到障碍物后，同时包括递推时遇到障碍物。
// 初始化程序优化 vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,0)); -
初始化第一行 / 列 遇到障碍物前路径条数为 1
// 第一列 for(int i = 0; i < m; i++) { if(obstacleGrid[i][0]) break; else dp[i][0] = 1; } // 第一行 for(int j = 0; j < n; j++) { if(obstacleGrid[0][j]) break; else dp[0][j] = 1; }
程序实现：
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid)
{
int m = obstacleGrid.size();
int n = obstacleGrid[0].size();
// 初始化程序优化
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,0));
// 第一列
for(int i = 0; i < m; i++)
{
if(obstacleGrid[i][0])
break;
else
dp[i][0] = 1;
}
// 第一行
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(obstacleGrid[0][j])
break;
else
dp[0][j] = 1;
}
// 其他块
for(int i = 1; i < m; i++)
{
for(int j = 1; j < n; j++)
{
if(obstacleGrid[i][j] == 0)
dp[i][j] = 0;
else
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
整数拆分
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给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。
示例 1:
输入: 2
输出: 1
输入: 10
输出: 36
解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36。
思路
-
将n拆成2个数，i 和 n - i，乘积为 i * (n - i)
-
将n拆成多个数（>2），其中一个数为 i，另外数的和为 n - i，乘积为 i * dp[n-i]，其中 dp[j] 表示拆分数字 j，可以得到最大的乘积
-
这里这个想法（dp的含义）其实不是特别好想
动态五部曲
-
dp[i]的定义：拆分数字 i，可得到的最大乘积
-
递推公式：
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j)); -
dp数组初始化
- 严格从 dp[i] 的定义来说，dp[0] dp[1] 就不应该初始化，也就是没有意义的数值
- 这里只初始化
dp[2] = 1;
-
确定遍历顺序： 通过递推公式看出，从前向后遍历，先有dp[i - j]再有dp[i]，所以顺序为：
for (int i = 3; i <= n ; i++) { for (int j = 1; j < i - 1; j++) { dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j)); } } -
举例推导dp数组： 举例当n为10 的时候，dp数组里的数值，如下：
程序实现：
int integerBreak(int n)
{
// dp[i] : i 拆分后得到的最大乘积数
vector<int> dp(n+1);
// dp[0] dp[1] 无意义
dp[0] = dp[1] = 0;
dp[2] = 1;
for(int i = 3; i <= n; i++)
{
// 对 i 进行拆分 j 和 i-j
for(int j = 1; j < i; j++)
{
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
}
}
return dp[n];
}
不同的二叉搜索树
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给定一个整数 n，求以 1 … n 为节点组成的二叉搜索树有多少种？
示例:
突破口：无
思路，画图找规律
当 n = 3 时，可以分为以下几种情况：
- 当 1 为头结点的时候，其右子树有两个节点，和 n 为 2 的时候两棵树的布局是一样的啊！
- 当 3 为头结点的时候，其左子树有两个节点，和 n 为 2 的时候两棵树的布局也一样
- 当 2 为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，和 n 为 1 的时候只有一棵树的布局也是一样的！
致此，发现了重叠子问题，也就是可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。
dp[3]，就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量
元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。
所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
如图所示：
此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。
-
dp[i]含义： 1 到 i 为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
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确定递推公式： dp[i] += dp[ 以j为头结点左子树节点数量 ] * dp[ 以j为头结点右子树节点数量 ]，j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。所以递推公式：
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];j-1 为 j 为头结点左子树节点数量，i-j 为以 j 为头结点右子树节点数量
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dp数组初始化：
dp[0] = 1; dp[1] = 1; -
确定遍历顺序： 通过递推公式看出，节点 i 依靠 i 之前节点数的状态，所以为顺序遍历。
for(int i = 2; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= i; j++) { dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]; } } -
举例推导dp数组： n为5时候的dp数组状态如图：
程序实现：
int numTrees(int n)
{
// dp[i] : 输入 i 能形成的最多二叉搜索树的个数
vector<int> dp(n+1);
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
}
}
for(int num: dp)
cout << num << " ";
return dp[n];
}