看了本文还入不了门，那就基本告别动态规划了 : ) ~

一、简介

二、【能用】动态规划解决的问题

三、【适合用】动态规划解决的问题

四、动态规划求解的3个关键步骤

1. 建立状态转移方程

2. 缓存小规模答案以复用，避免重复计算

3. 按规模顺序从小到大求解，且最小的几个答案必须手动给出

五、实例

实例1 —— 斐波那契数列

实例2 - 不同路径（leetcode no.62中等难度）

实例3 - 爬楼梯（leetcode no.70 简单）

实例4 - 三角形最小路径和（leetcode no.120 中等）

一、简介

动态规划其实是【高中数列问题】，目的是通过f(1)~f(n-1)求解f(n)；
区别是高中的数列问题往往通过f(n)的显式通项公式求解；而许多数列问题无法直接求解出f(n)的显式通项公式，但易知【状态转移方程】（即通过f(1)~f(n-1)求解f(n)），动态规划基于转移方程使用计算机来递推出f(n)。
改为【递推存储法】可能更符合算法的本意。

二、【能用】动态规划解决的问题

满足以下两点的问题，即可用动态规划求解

1. 问题的答案，依赖于问题的规模；所有问题对应的答案构成了一个【数列】。

例如，n个人有几条腿？所有问题的答案构成数列：f(1)=2, f(2)=4, ... , f(n)=2n。其中n就是问题的规模，问题的规模确定了（n指定了），答案也就确定了。

2. 大规模的答案，可由小规模的答案递推得到。

例如，n个人有几条腿？可由 f(n) = f(n-1) + 2 得到

三、【适合用】动态规划解决的问题

能用动态规划解决，不代表适合用动态规划解决。当问题的答案无法直接通过求解【显示式子】（又称通项公式）得到时，适合用动态规划求解。

例如，n个人有几条腿？存在显示公式f(n)=2n，则无需使用动态规划

四、动态规划求解的3个关键步骤

1. 建立状态转移方程

核心思想是利用 f(1)~f(n-1) 推导出f(n)
例如，n个人有几条腿？的状态转移方程为 f(n) = f(n-1)+2。

2. 缓存小规模答案以复用，避免重复计算

必须将 f(1)~f(n-1)的答案缓存，这是减少时间复杂度的本质，避免重复计算

3. 按规模顺序从小到大求解，且最小的几个答案必须手动给出

套娃必须从小套到大；
但得有几个已知的起始点；已知起始点也可用于check状态转移方程是否正确

五、实例

实例1 —— 斐波那契数列

菲波那切数列：0，1，2，3，5，....

状态转移方程：f(n) = f(n-1) + f (n-2)

求任意f(n)

# -*- coding: utf-8 -*-# 递归 O(n^2)
def fib(n):if n <= 1:return 0if n == 2:return 1 # f(n=1)=1else:return fib(n-1) + fib(n-2)# for循坏 —— 优化空间使用的【动态规划】 O(n)
def fib2(n):ans_minus_2 = 0ans_minus_1 = 1if n <= 1:return ans_minus_2if n == 2:return ans_minus_1  # f(n=1)=1else:for i in range(4, n+1):tmp = ans_minus_1ans_minus_1 = ans_minus_2 + ans_minus_1  # if n=i, f(n-1) update 【此处使用了状态转移方程】ans_minus_2 = tmp  # if n=i, f(n-2) updatereturn ans_minus_1 + ans_minus_2# 知乎博客版，完全对应动态规划的 各个步骤
def fib3(n):res = list(range(n))   # 用于缓存各个步骤结果for i in range(1, n):  # 从小到大计算if i <= 2:res[i] = i-1else:res[i] = res[i-1] + res[i-2]  # 状态转移方程return res[n-1] + res[n-2]# ----------------------------------------------------------------------
# 打印各算法结果是否一致
for i in range(1, 10):print(str(i)+": "+ str(fib(i))+", "+str(fib2(i))+"， "+str(fib3(i)))
print("\n---------\n")# 时间效率比较
from timeit import timeit
# 1. 递归，低效的原因是 递归把数列中的所有数字都拆解成f(0)和f(1)了，且拆解方法极其冗余
print("time cost [recursive algo]: %f" % timeit(stmt="fib(30)", setup="from __main__ import fib", number=3))
# 2. 原始动态规划
print("time cost [dp algo]: %f" % timeit(stmt="fib3(30)", setup="from __main__ import fib3", number=3))
# 3. 优化了空间效率的动态规划，只存储f(n-1)和f(n-2)
print("time cost [优化空间效率的 dp algo]: %f" % timeit(stmt="fib2(30)", setup="from __main__ import fib2", number=3))
# time cost [recursive algo]: 0.897780
# time cost [dp algo]: 0.000026
# time cost [优化空间效率的 dp algo]: 0.000009print(fib2(100))  # 218922995834555169026

【递归】为什么低效，时间复杂度为O(n^2), 以fib(6)的计算为例，递归是这么算的，存储了每个叶子节点：

实例2 - 不同路径（leetcode no.62中等难度）

一个矩形表格，m*n个格子(下图是7*3)，每次只能【向下或者向右】走一格，问从左上角走到右下角，共有多少种不同的路径？

1. 推导状态转移方程：f(m,n) = f(m-1, n) + f(m, n-1)

2. 缓存并复用以往结果：此处是个二维数列，需用二维列表

3. 从小到大遍历：两个for，遍历长和宽；

f(1, n) = 1

f(m, 1) = 1

'''
leetcode no.62 不同路径
'''
def unique_path_num(m, n):# 1. 初始化二维列表以存储历史数据res = [[1] * n] * m # 快速创建定长list， 优于[[0]*n for i in range(m)]# 2. 从小到大两层遍历，注意要手动指定初始答案值for i in range(m):if i == 0:res[i] = [1] * n  # 手动指定初始答案值continuefor j in range(n):if j == 0:res[i][j] = 1  # 手动指定初始答案值else:res[i][j] = res[i-1][j] + res[i][j-1]  # 3. 状态转移方程return res[-1][-1]print(unique_path_num(7,3))

实例3 - 爬楼梯（leetcode no.70 简单）

爬楼梯，n阶楼梯，每步可爬1阶或2阶，问有多少种不同的方法可以爬到楼顶？

1. 转移方程：

错误的方程是 f(n) = 2 * f(n-2) 从n-2到n有2种方法，但到n可以不经过n-2 ！！！！

正确的方程是 f(n) = f(n-1)+f(n-2) 要么从n-1跨一步，要么从n-2跨2步，这有这两种可能！！

2. 1维list即可

3. 从小到大遍历，且有f(1)=1; f(2)=2

class Solution:def climbStairs(self, n: int) -> int:dp_m2 = 1dp_m1 = 2if n<1:return 0if n==1:return dp_m2if n==2:return dp_m1for i in range(3, n):tmp = dp_m1dp_m1 = dp_m1+dp_m2dp_m2 = tmpreturn dp_m1+dp_m2

实例4 - 三角形最小路径和（leetcode no.120 中等）

首先，从第顶层到最底层的最小路径和第底层到最顶层的最小路径等价

求到任意一层的最小都必须考虑所有点，因此逐层贪心是不行的。

自底向上，则第i层第j个节点的最小路径转移方程：

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

初始条件：

dp[-1] = triangle[-1]

class Solution:def minimumTotal(self, triangle: List[List[int]]) -> int:dp = [[0]*len(i) for i in triangle]for k in range(len(triangle)):i = len(triangle) -1 -kif k == 0:dp[i] = triangle[-1] # 底层的最小路径就是自己continuefor j,v in enumerate(triangle[i]):dp[i][j] = min(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]) + v  # 转移方程return dp[0][0]   # 顶点就是自底层到顶层的最小路径

# 注：可直接利用triangle数组来存dp的结果，可以省去开辟内存空间

Refer

https://www.zhihu.com/question/39948290/answer/883302989（思路，原理分析）

https://www.cnblogs.com/chaojunwang-ml/p/11365562.html（动态规划leetcode题目汇总分析）

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3. 按规模顺序从小到大求解，且最小的几个答案必须手动给出

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