打卡第三十二天：动态规划基础、斐波那契数、爬楼梯、使用最小花费爬楼梯

一、动态规划理论基础

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基本定义

动态规划，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，

例如：有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

动态规划中dp[j]是由dp[j-weight[i]]推导出来的，然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。

但贪心每次拿物品选一个最大的或者最小的就完事了，和上一个状态没有关系。所以贪心解决不了动态规划的问题。

解题步骤

状态转移公式（递推公式）是很重要，但动规不仅仅只有递推公式。对于动态规划问题，拆解为如下五步

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

动态规划应该如何debug

写动规题目，代码出问题很正常。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。做动规的题目，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。

然后再写代码，如果代码没通过就打印dp数组，看看是不是和自己预先推导的哪里不一样。

如果打印出来和自己预先模拟推导是一样的，那么就是自己的递归公式、初始化或者遍历顺序有问题了。如果和自己预先模拟推导的不一样，那么就是代码实现细节有问题。

发出问题之前，其实可以自己先思考这三个问题：

• 这道题目我举例推导状态转移公式了么？
• 我打印dp数组的日志了么？
• 打印出来了dp数组和我想的一样么？

如果这灵魂三问自己都做到了，基本上这道题目也就解决了，或者更清晰的知道自己究竟是哪一点不明白，是状态转移不明白，还是实现代码不知道该怎么写，还是不理解遍历dp数组的顺序。

二、题目

1、斐波那契数

题目

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动态规划

动规五部曲：

这里我们要用一个一维dp数组来保存递归的结果

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]

1. 确定递推公式

递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];

1. dp数组如何初始化

如何初始化也直接给我们了，如下：

dp[0] = 0;
dp[1] = 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的

1. 举例推导dp数组

按照这个递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，我们来推导一下，当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：

0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

如果代码写出来，发现结果不对，就把dp数组打印出来看看和我们推导的数列是不是一致的。

class Solution {
public:
    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];
    }
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

只需要维护两个数值就可以了，不需要记录整个序列。

代码如下：
 

class Solution {
public:
    int fib(int N) {
        if (N <= 1) return N;
        int dp[2];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= N; i++) {
            int sum = dp[0] + dp[1];
            dp[0] = dp[1];
            dp[1] = sum;
        }
        return dp[1];
    }
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

递归解法

本题还可以使用递归解法来做

代码如下：

class Solution {
public:
    int fib(int N) {
        if (N < 2) return N;
        return fib(N - 1) + fib(N - 2);
    }
};

• 时间复杂度：O(2^n)
• 空间复杂度：O(n)，算上了编程语言中实现递归的系统栈所占空间

2、爬楼梯

题目

文章

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爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法。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了。

定义一个一维数组来记录不同楼层的状态

1. 确定dp数组以及下标的含义

dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法

1. 确定递推公式

从dp[i]的定义可以看出，dp[i] 可以有两个方向推出来。

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]。

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]。

那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和。dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] 。

1. dp数组如何初始化

不考虑dp[0]如何初始化，只初始化dp[1] = 1，dp[2] = 2，然后从i = 3开始递推，这样才符合dp[i]的定义。

1. 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

1. 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

以上五部分析完之后，C++代码如下：

// 版本一
class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        if (n <= 1) return n; // 因为下面直接对dp[2]操作了，防止空指针
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[1] = 1;
        dp[2] = 2;
        for (int i = 3; i <= n; i++) { // 注意i是从3开始的
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        }
        return dp[n];
    }
};

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

3、使用最小花费爬楼梯

题目

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题目中说 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯” 也就是相当于 跳到 下标 0 或者 下标 1 是不花费体力的， 从 下标 0 下标1 开始跳就要花费体力了。

1. 确定dp数组以及下标的含义

使用动态规划，就要有一个数组来记录状态，本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。

dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。

1. 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]。

dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);

1. dp数组如何初始化

看一下递归公式，dp[i]由dp[i - 1]，dp[i - 2]推出，既然初始化所有的dp[i]是不可能的，那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了，其他的最终都是dp[0]dp[1]推出。

初始化 dp[0] = 0，dp[1] = 0;

1. 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。

1. 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：

代码如下：

class Solution {
public:
    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
        vector<int> dp(cost.size() + 1);
        dp[0] = 0; // 默认第一步都是不花费体力的
        dp[1] = 0;
        for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {
            dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
        }
        return dp[cost.size()];
    }
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)