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图解算法：动态规划系列

2012 年 4 月 8 日

小浩：宜信科技中心攻城狮一枚，热爱算法，热爱学习，不拘泥于枯燥编程代码，更喜欢用轻松方式把问题简单阐述，希望喜欢的小伙伴可以多多关注！

动态规划系列一： 爬楼梯



1.1 概念讲解

讲解动态规划的资料很多，官方的定义是指把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，利用各阶段之间的关系，逐个求解。概念中的各阶段之间的关系，其实指的就是状态转移方程。很多人觉得DP难（下文统称动态规划为DP），根本原因是因为DP区别于一些固定形式的算法（比如DFS、二分法、KMP），没有实际的步骤规定第一步第二步来做什么，所以准确的说，DP其实是一种解决问题的思想。

这种思想的本质是：一个规模比较大的问题（可以用两三个参数表示的问题），可以通过若干规模较小的问题的结果来得到的（通常会寻求到一些特殊的计算逻辑，如求最值等）

所以我们一般看到的状态转移方程，基本都是这样：

opt ：
指代特殊的计算逻辑，通常为max or min。

i,j,k 都是在定义DP方程中用到的参数。
dp[i] = opt(dp[i-1])+1
dp[i][j] = w(i,j,k) + opt(dp[i-1][k])
dp[i][j] = opt(dp[i-1][j] + xi, dp[i][j-1] + yj, …)
每一个状态转移方程，多少都有一些细微的差别。这个其实很容易理解，世间的关系多了去了，不可能抽象出完全可以套用的公式。所以我个人其实不建议去死记硬背各种类型的状态转移方程。但是DP的题型真的就完全无法掌握，无法归类进行分析吗？我认为不是的。在本系列中，我将由简入深为大家讲解动态规划这个主题。
我们先看上一道最简单的DP题目，熟悉DP的概念：



题目：


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？

注意：给定 n 是一个正整数。

示
例 1：

输入：2输出：2解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1.  1 阶 + 1 阶
2.  2 阶

示
例 2：

输入：3输出：3解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1.  1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2.  1 阶 + 2 阶
3.  2 阶 + 1 阶



1.2 题目图解


通过分析我们可以明确，该题可以被分解为一些包含最优子结构的子问题，即它的 最优解可以从其子问题的最优解来有效地构建
。满足 “
将大问题分解为若干个规模较小的问题
”的条件。
所以

我们令 

dp[n] 表示能到达第 n 阶

的方法总数，可以得到如下状态转移方程：

dp[n]=dp[n-1]+dp[n-2]

  • 上 1 阶台阶：有1种方式。
  • 上 2 阶台阶：有1+1和2两种方式。
  • 上 3 阶台阶：到达第3阶的方法总数就是到第1阶和第2阶的方法数之和。
  • 上 n 阶台阶，到达第n阶的方法总数就是到第 (n-1) 阶和第 (n-2) 阶的方法数之和。



1.3 Go语言示例

根据分析，得到代码如下： 

 1func climbStairs(n int) int {
 2    if n == 1 {
 3        return 1
 4    }
 5    dp := make([]int, n+1)
 6    dp[1] = 1
 7    dp[2] = 2
 8    for i := 3; i <= n; i++ {
 9        dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
10    }
11    return dp[n]
12}

动态规划系列二： 最大子序和



2.1 最大子序和



题目：


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。

示
例 ：

输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4],

输出: 6

解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。

拿到题目请不要看下方题解，先自行思考2-3分钟….



2.1 题目图解


首先我们分析题目，一个连续子数组一定要以一个数作为结尾，那么我们可以将状态定义成如下：

dp[i]：

表示以 nums[i] 结尾的连续子数组的最大和。

那么为什么这么定义呢？因为这样定义其实是最容易想到的！在上一节中我们提到，状态转移方程其实是通过1-3个参数的方程来描述小规模问题和大规模问题间的关系。
当然，如果你没有想到，其实也非常正常！因为 “该问题最早于 1977 年提出，但是直到 1984 年才被发现了线性时间的最优解法。” 
根据状态的定义，我们继续进行分析：
如果要得到dp[i]，那么nums[i]一定会被选取。并且 dp[i] 所表示的连续子序列与 dp[i-1] 所表示的连续子序列很可能就差一个 nums[i] 。即 
dp[i] = dp[i-1]+nums[i] , if (dp[i-1] >= 0)

但是这里我们遇到一个问题，

很有可能dp[i-1]本身是一个负数。

那这种情况的话，

如果dp[i]通过dp[i-1]+nums[i]来推导，那么结果其实反而变小了，因为我们dp[i]要求的是最大和。

所以在这种情况下，如果dp[i-1]<0，那么dp[i]其实就是nums[i]的值。即

dp[i] = nums[i] , if (dp[i-1] < 0)
综上分析，我们可以得到：
dp[i]=max(nums[i], dp[i−1]+nums[i])

得到了状态转移方程，但是我们还需要通过一个已有的状态的进行推导，我们可以想到 

dp[0] 一定是以 nums[0] 进行结尾

，所以 

dp[0] = nums[0]
在很多题目中，因为dp[i]本身就定义成了题目中的问题，所以dp[i]最终就是要的答案。但是这里状态中的定义，并不是题目中要的问题，不能直接返回最后的一个状态 (这一步经常有初学者会摔跟头)。所以最终的答案，其实我们是寻找：
max(dp[0], dp[1], …, d[i-1], dp[i])
分析完毕，我们绘制成图：
假定 nums 为  [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]



2.3 Go语言示例

根据分析，得到代码如下：

 1func maxSubArray(nums []int) int {
 2    if len(nums) < 1 {
 3        return 0
 4    }
 5    dp := make([]int, len(nums))
 6    //设置初始化值 
 7    dp[0] = nums[0]
 8    for i := 1; i < len(nums); i++ {
 9        //处理 dp[i-1] < 0 的情况
10        if dp[i-1] < 0 {
11            dp[i] = nums[i]
12        } else {
13            dp[i] = dp[i-1] + nums[i]
14        }
15    }
16    result := -1 << 31
17    for _, k := range dp {
18        result = max(result, k)
19    }
20    return result
21}
22
23func max(a, b int) int {
24    if a > b {
25        return a
26    }
27    return b
28}

我们可以进一步精简代码为：

 1func maxSubArray(nums []int) int {
 2    if len(nums) < 1 {
 3        return 0
 4    }
 5    dp := make([]int, len(nums))
 6    result := nums[0]
 7    dp[0] = nums[0]
 8    for i := 1; i < len(nums); i++ {
 9        dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i], nums[i])
10        result = max(dp[i], result)
11    }
12    return result
13}
14
15func max(a, b int) int {
16    if a > b {
17        return a
18    }
19    return b
20}

复杂度分析：时间复杂度：O(N)。空间复杂度：O(N)。

动态规划系列三： 最长上升子序列




3.1 最长上升子序列




题目：


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。

示例:
输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4 
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。
说明:
可能会有多种最长上升子序列的组合，你只需要输出对应的长度即可。

本题有一定难度！

如果没有思路请回顾上一篇的学习内容！

不建议直接看题解！




3.2  题目图解



首先我们分析题目，要找的是最长上升子序列（Longest Increasing Subsequence，LIS）。因为题目中没有要求连续，所以LIS可能是连续的，也可能是非连续的。同时，LIS符合可以从其子问题的最优解来进行构建的条件。所以我们可以尝试用动态规划来进行求解。首先我们定义状态：

dp[i] ：

表示以nums[i]结尾的最长上升子序列的长度

我们假定nums为[1，9，5，9，3]


我们分两种情况进行讨论：

  • 如果nums[i]比前面的所有元素都小，那么dp[i]等于1（即它本身）（该结论正确）

  • 如果nums[i]前面存在比他小的元素nums[j]，那么dp[i]就等于dp[j]+1（ 该结论错误，比如nums[3]>nums[0]，即9>1,但是dp[3]并不等于dp[0]+1
    ）

我们先初步得出上面的结论，但是我们发现了一些问题。因为dp[i]前面比他小的元素，不一定只有一个！
可能除了nums[j]，还包括nums[k]，nums[p] 等等等等。所以dp[i]除了可能等于dp[j]+1，还有可能等于dp[k]+1，dp[p]+1 等等等等。所以我们求dp[i]，需要找到dp[j]+1，dp[k]+1，dp[p]+1 等等等等中的最大值。（我在3个等等等等上都进行了加粗，主要是因为初学者非常容易在这里摔跟斗！这里强调的目的是希望能记住这道题型！）
即：
dp[i] = max(dp[j]+1，dp[k]+1，dp[p]+1，…..)
只要满足：
nums[i] > nums[j]
nums[i] > nums[k]
nums[i] > nums[p]
….
最后，我们只需要找到dp数组中的最大值，就是我们要找的答案。
分析完毕，我们绘制成图：



3.3 Go语言示例

根据分析，得到代码如下：

 1func lengthOfLIS(nums []int) int {
 2    if len(nums) < 1 {
 3        return 0
 4    }
 5    dp := make([]int, len(nums))
 6    result := 1
 7    for i := 0; i < len(nums); i++ {
 8        dp[i] = 1
 9        for j := 0; j < i; j++ {
10            //这行代码就是上文中那个 等等等等
11            if nums[j] < nums[i] {
12                dp[i] = max(dp[j]+1, dp[i])
13            }
14        }
15        result = max(result, dp[i])
16    }
17    return result
18}
19
20func max(a, b int) int {
21    if a > b {
22        return a
23    }
24    return b
25}

动态规划系列四： 三角形最小路径和

前面章节我们通过题目“最长上升子序列”以及”最大子序和”，学习了DP（动态规划）在线性关系中的分析方法。这种分析方法，也在运筹学中被称为“线性动态规划”，具体指的是 “目标函数为特定变量的线性函数，约束是这些变量的线性不等式或等式，目的是求目标函数的最大值或最小值”。这点大家作为了解即可，不需要死记，更不要生搬硬套！
在本节中，我们将继续分析一道略微区别于之前的题型，希望可以由此题与之前的题目进行对比论证，进而顺利求解！

4.1 三角形最小路径和



题目：


给定一个三角形，找出自顶向下的最小路径和。

示例:

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）。



4.2 自顶向下图解分析

首先我们分析题目，要找的是

三角形最小路径和

，这是个啥意思呢？假设我们有一个三角形：[[2], [3,4], [6,5,7], [4,1,8,3]]


那从上到下的最小路径和就是2-3-5-1，等于11。
由于我们是使用数组来定义一个三角形，所以便于我们分析，我们将三角形稍微进行改动：


这样相当于我们将整个三角形进行了拉伸。这时候，我们根据题目中给出的条件：每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。其实也就等同于，每一步我们只能往下移动一格或者右下移动一格。将其转化成代码，假如2所在的元素位置为[0,0]，那我们往下移动就只能移动到[1,0]或者[1,1]的位置上。假如5所在的位置为[2,1]，同样也只能移动到[3,1]和[3,2]的位置上。如下图所示：


题目明确了之后，现在我们开始进行分析。题目很明显是一个找最优解的问题，并且可以从子问题的最优解进行构建。所以我们通过动态规划进行求解。首先，我们定义状态：

dp[i][j] : 表示包含第i行j列元素的最小路径和

我们很容易想到可以自顶向下进行分析。并且，无论最后的路径是哪一条，它一定要经过最顶上的元素，即[0,0]。所以我们需要对dp[0][0]进行初始化。

dp[0][0] = [0][0]位置所在的元素值

继续分析，如果我们要求dp[i][j]，那么其一定会从自己头顶上的两个元素移动而来。


如5这个位置的最小路径和，要么是从2-3-5而来，要么是从2-4-5而来。然后取两条路径和中较小的一个即可。进而我们得到状态转移方程：

dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]) + triangle[i][j]

但是，我们这里会遇到一个问题！除了最顶上的元素之外，


最左边的元素只能从自己头顶而来。（2-3-6-4）


最右边的元素只能从自己左上角而来。（2-4-7-3）
然后，我们观察发现，位于第2行的元素，都是特殊元素（因为都只能从[0,0]的元素走过来）


我们可以直接将其特殊处理，得到：

dp[1][0] = triangle[1][0] + triangle[0][0]

dp[1][1] = triangle[1][1] + triangle[0][0]

最后，我们只要找到最后一行元素中，路径和最小的一个，就是我们的答案。即：

l：dp数组长度

result = min(dp[l-1,0]，dp[l-1,1]，dp[l-1,2]….)

综上我们就分析完了，我们总共进行了4步：

  1. 定义状态
  2. 总结状态转移方程
  3. 分析状态转移方程不能满足的特殊情况。
  4. 得到最终解



4.3 代码分析

分析完毕，代码自成：

 1func minimumTotal(triangle [][]int) int {
 2    if len(triangle) < 1 {
 3        return 0
 4    }
 5    if len(triangle) == 1 {
 6        return triangle[0][0]
 7    }
 8    dp := make([][]int, len(triangle))
 9    for i, arr := range triangle {
10        dp[i] = make([]int, len(arr))
11    }
12    result := 1<<31 - 1
13    dp[0][0] = triangle[0][0]
14    dp[1][1] = triangle[1][1] + triangle[0][0]
15    dp[1][0] = triangle[1][0] + triangle[0][0]
16    for i := 2; i < len(triangle); i++ {
17        for j := 0; j < len(triangle[i]); j++ {
18            if j == 0 {
19                dp[i][j] = dp[i-1][j] + triangle[i][j]
20            } else if j == (len(triangle[i]) - 1) {
21                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + triangle[i][j]
22            } else {
23                dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]) + triangle[i][j]
24            }
25        }  
26    }
27    for _,k := range dp[len(dp)-1] {
28        result = min(result, k)
29    }
30    return result
31}
32
33func min(a, b int) int {
34    if a > b {
35        return b
36    }
37    return a
38}

运行上面的代码，我们发现使用的内存过大。我们有没有什么办法可以压缩内存呢？通过观察我们发现 ，在我们自顶向下的过程中，其实我们只需要使用到上一层中已经累积计算完毕的数据，并且不会再次访问之前的元素数据。
绘制成图如下：


优化后的代码如下：

 1func minimumTotal(triangle [][]int) int {
 2    l := len(triangle)
 3    if l < 1 {
 4        return 0
 5    }
 6    if l == 1 {
 7        return triangle[0][0]
 8    }
 9    result := 1<<31 - 1
10    triangle[0][0] = triangle[0][0]
11    triangle[1][1] = triangle[1][1] + triangle[0][0]
12    triangle[1][0] = triangle[1][0] + triangle[0][0]
13    for i := 2; i < l; i++ {
14        for j := 0; j < len(triangle[i]); j++ {
15            if j == 0 {
16                triangle[i][j] = triangle[i-1][j] + triangle[i][j]
17            } else if j == (len(triangle[i]) - 1) {
18                triangle[i][j] = triangle[i-1][j-1] + triangle[i][j]
19            } else {
20                triangle[i][j] = min(triangle[i-1][j-1], triangle[i-1][j]) + triangle[i][j]
21            }
22        }  
23    }
24    for _,k := range triangle[l-1] {
25        result = min(result, k)
26    }
27    return result
28}
29
30func min(a, b int) int {
31    if a > b {
32        return b
33    }
34    return a
35}

动态规划系列五： 最小路径和

在上节中，我们通过分析，顺利完成了“三角形最小路径和”的动态规划题解。在本节中，我们继续看一道相似题型，以求能完全掌握这种“路径和”的问题。话不多说，先看题目：

5.1 最小路径和



题目：



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。

说明：每次只能向下或者向右移动一步。

示例:

输入:

[

[1,3,1],

[1,5,1],

[4,2,1]

]

输出: 7

解释: 因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。



5.2 图解分析

首先我们分析题目，要找的是 最小路径和，这是个啥意思呢？假设我们有一个 m*n 的矩形 ：[[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]


那从左上角到右下角的最小路径和，我们可以很容易看出就是1-3-1-1-1，这一条路径，结果等于7。
题目明确了，我们继续进行分析。该题与上一道求三角形最小路径和一样，题目明显符合可以从子问题的最优解进行构建，所以我们考虑使用动态规划进行求解。首先，我们定义状态：

dp[i][j] : 表示包含第i行j列元素的最小路径和

同样，因为任何一条到达右下角的路径，都会经过[0,0]这个元素。所以我们需要对dp[0][0]进行初始化。

dp[0][0] = [0][0]位置所在的元素值

继续分析，根据题目给的条件，如果我们要求dp[i][j]，那么它一定是从自己的上方或者左边移动而来。如下图所示：

  • 5，只能从3或者1移动而来
  • 2，只能从5或者4移动而来
  • 4，从1移动而来
  • 3，从1移动而来
  • 红色位置必须从蓝色位置移动而来

进而我们得到状态转移方程：

dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) + grid[i][j]

同样我们需要考虑两种特殊情况：

  • 最上面一行，只能由左边移动而来（1-3-1）
  • 最左边一列，只能由上面移动而来（1-1-4）


最后，因为我们的目标是从左上角走到右下角，整个网格的最小路径和其实就是包含右下角元素的最小路径和。即：

设：dp的长度为l

最终结果就是：dp[l-1][len(dp[l-1])-1]

综上我们就分析完了，我们总共进行了4步：

  1. 定义状态
  2. 总结状态转移方程
  3. 分析状态转移方程不能满足的特殊情况。
  4. 得到最终解



5.3 代码分析

分析完毕，代码自成： 

 1func minPathSum(grid [][]int) int {
 2    l := len(grid)
 3    if l < 1 {
 4        return 0
 5    }
 6    dp := make([][]int, l)
 7    for i, arr := range grid {
 8        dp[i] = make([]int, len(arr))
 9    }
10    dp[0][0] = grid[0][0]
11    for i := 0; i < l; i++ {
12        for j := 0; j < len(grid[i]); j++ {
13            if i == 0 && j != 0 {
14                dp[i][j] = dp[i][j-1] + grid[i][j]
15            } else if j == 0 && i != 0 {
16                dp[i][j] = dp[i-1][j] + grid[i][j]
17            } else if i != 0 && j != 0 {
18                dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j]
19            }
20        }
21    }
22    return dp[l-1][len(dp[l-1])-1]
23}
24
25func min(a, b int) int {
26    if a > b {
27        return b
28    }
29    return a
30}

同样，运行上面的代码，我们发现使用的内存过大。有没有什么办法可以压缩内存呢？通过观察我们发现 ，在我们自左上角到右下角计算各个节点的最小路径和的过程中，我们只需要使用到之前已经累积计算完毕的数据
，并且不会再次访问之前的元素数据。绘制成图如下：(大家看这个过程像不像扫雷，其实如果大家研究扫雷外挂的话，就会发现在扫雷的核心算法中，就有一处颇为类似这种分析方法，这里就不深究了)


优化后的代码如下：

 1func minPathSum(grid [][]int) int {
 2    l := len(grid)
 3    if l < 1 {
 4        return 0
 5    }
 6    for i := 0; i < l; i++ {
 7        for j := 0; j < len(grid[i]); j++ {
 8            if i == 0 && j != 0 {
 9                grid[i][j] = grid[i][j-1] + grid[i][j]
10            } else if j == 0 && i != 0 {
11                grid[i][j] = grid[i-1][j] + grid[i][j]
12            } else if i != 0 && j != 0 {
13                grid[i][j] = min(grid[i-1][j], grid[i][j-1]) + grid[i][j]
14            }
15        }
16    }
17    return grid[l-1][len(grid[l-1])-1]
18}
19
20func min(a, b int) int {
21    if a > b {
22        return b
23    }
24    return a
25}

本系列所有教程中都不会用到复杂的语言特性，大家不需要担心没有学过go。算法思想最重要，使用go纯属作者爱好。
原文首发于公众号-小浩讲算法

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