DP(動態規劃)入門

談到動態規劃，最經典的當然是揹包問題，可以百度下<<揹包九講>>。
但是這裏不準備從揹包問題講起，主要是覺得用揹包問題來講DP的思想，還不夠通俗易懂。

先來看一個金典的算法題：
爬臺階問題
有n個臺階，你每次可以爬1階或2階，問：爬到頂總共有多少種爬法？
例子： n = 3
第一種：1 1 1
第二種：2 1
第三種：1 2
總共有3種爬法。

解法一：遞歸
代碼如下：

public int climbStairs(int n) {
    return (n<=2) ? n : climbStairs(n-1) + climbStairs(n-2);
}

如果n=1,只有一種爬法。
如果n=2,有[(1,1),(2)]兩種爬法
如果n>2,分兩種情況：

• 第一種，最後一次爬了1階，climbStairs(n-1)
• 第一種，最後一次爬了2階，climbStairs(n-2)

所以n>2時，climbStairs(n) = climbStairs(n-1) + climbStairs(n-2)；

遞歸的思想是：至上而下，想求climbStairs(n) ,轉化爲求climbStairs(n-1)和climbStairs(n-2)的問題

解法二：DP

public int climbStairs(int n) {
    if(n <= 2)  return n;
    //dp[i] = m ,表示高度爲i的臺階，有m種爬法
    int[] dp= new int[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];
}

比如這裏n=4，數組dp的長度爲5，值爲:
dp = [0,1,2,3,5]
dp[4]=5，表示高度爲4的臺階有5種爬法。

DP的思想是至下而上的，想求dp[n]需要把前面從0到n-1的值全部求出來，而且是從0開始
DP的關鍵是能否通過之前求的值，推導出當前的值 也就是這行代碼：
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
如果dp[i]無法通過之前的值求得，那麼就無法使用dp求解。
而dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]叫狀態轉移方程。DP求解的關鍵就是找到合適的狀態轉移方程
由於這個問題比較簡單，這個狀態轉移方程很容易理解。

與上一種遞歸解法相比，它的時間複雜度肯定要低些，但是他需要一個長度爲n+1的數組輔助,所以空間複雜度爲O(n+1)。

解法三：優化DP的空間複雜度

public int climbStairs(int n) {
    if(n <= 2)
        return n;

    int first = 1;
    int second = 2;
    
    for(int i=3; i <= n ; i++){
        int third = first + second;
        first = second;
        second = third;
    }
    
    return second;
}

對比上面的DP，這裏應該很容易理解，由於我們需要的是dp[n],而dp[0~n-1]我們沒必要一直存着，空間複用就行。優化後，這裏的空間複雜度爲O(1)。

從n=4,dp = [0,1,2,3,5]的例子不難看出，[1,2,3,5]其實就是一個斐波那契數列。所以這個題其實就是求解斐波那契數列。以上三種均不是最優解。存在時間複雜度爲O(log(n))的解法，感興趣可以去leetcode上去看看矩陣的解法。

推薦另一道比較有趣的DP算法題：house robber