大家好，我是Chunel，不会写代码的纯序员。

今天，我们就来简单总结一些动态规划（Dynamic programming，简称DP）相关的热门题目和常用思路，陪着大家一起熟悉或者复习一下这一部分知识。

需要指出，有些题目我并没有给出最优解（我也会在题目后稍加说明），而是给出个人认为最容易理解、也最能契合特定dp类型的解法。个人水平有限，如果大家看出有什么不足，或者有更好的思路，希望大家随时交流指正。

开始之前，我要首先声明我的态度：刷题绝不是为了进入大厂而必经的炼狱，一个人的实力如何绝不可能仅通过几道算法题目得出结论（但这又的确是一个值得参考的维度）。

有目的的刷题，更多的为了提升对数据结构和算法的理解，扩宽编程的思路和方法。这些经典的思路即便暂时无法受用在你的日常工作中，也可能在某个不经意的瞬间，在你的生活中熠熠生辉。

接下来我选的4道题目，分别代表4中类型：

• 斐波那契数列
• 一维相邻动态规划
• 二维相邻动态规划
• 间隔动态规划

一、爬楼梯

【题目链接】爬楼梯

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

【解题思路】

这是一个很典型的斐波那契数列问题，也是一个很适合dp入门的题目。
爬到3楼，只有两种可能：先爬到1楼，然后在一步上两层；或者先爬到2楼，然后在一步上一层。

故：
爬到3楼的方法数，等于爬到【1楼】的方法数和爬到【2楼】的方法数之和。
爬到4楼的方法数，等于爬到【2楼】的方法数和爬到【3楼】的方法数之和。
从而很容易推到出： dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]

【代码实现】

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        // 不考虑n小于2的临界值情况了
        vector<int> dp(n+1);
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        dp[2] = 2;
        for (int i = 3; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
        }

        return dp[n];
    }
};

二、连续子数组的最大和

【题目链接】连续子数组的最大和

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 1：

输入：nums = [-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 。

【解题思路】

这一题更准确的说，应该是一个贪心的题目。在这里，用一维dp的方法来实现。
也是在一定程度上，说明一维dp和贪心之间，有一定的关联关系。

解题思路，主要就是设定一个一维dp数组，数组的每一位记录当前最大的子序列值。
体现在图中，就是
dp[3] = max(4, -2+4) = 4; 
dp[6] = max(5, 1+5) = 6;
dp[i] = std::max(dp[i-1] + nums[i], nums[i]);
如果有超过之前最大值的，则更新result值。

【代码实现】

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        vector<int> dp(nums.size());
        dp[0] = nums[0];
        int result = dp[0];
        for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
            dp[i] = std::max(dp[i-1] + nums[i], nums[i]);
            result = std::max(dp[i], result);
        }
        return result;
    }
};

【补充说明】

以上给出的解法，更偏向贪心和动态规划的结合。
还有一种dp方法，是在dp数组中的每个值，均记录当前为止最大的子序列和是多少，然后返回dp[len-1]即可。

三、礼物的最大价值

【题目链接】礼物的最大价值

在一个 m*n 的棋盘的每一格都放有一个礼物，每个礼物都有一定的价值（价值大于 0）。
你可以从棋盘的左上角开始拿格子里的礼物，并每次向右或者向下移动一格、直到到达棋盘的右下角。
给定一个棋盘及其上面的礼物的价值，请计算你最多能拿到多少价值的礼物？

示例 1:

输入: 
[
  [1,3,1],
  [1,5,1],
  [4,2,1]
]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最多价值的礼物

【解题思路】

这是一道典型的二维动态规划的题目。dp[i][j]值表示的表示的就是，走到当前位置，最多可以拿到的礼物价值之和。

在计算dp[i][j]的过程中，该值总是与grid[i-1][j-1]、dp[i-1][j]、dp[i][j-1]相关。

dp[2][2] = max(dp[1][2], dp[2][1]) + grid[1][1];
dp[2][3] = max(dp[1][3], dp[2][2]) + grid[1][2];
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i-1][j-1];

体现在图中，就是 9 = max(4+5, 2+5)。依次计算下去，dp矩阵右下角的值（12），即为所求。而红色的箭头，表示的就是前进的方向。

【代码实现】

class Solution {
public:
    int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
        int h = grid.size();    // 行数
        int w = grid[0].size();    // 列数
        if (h == 0 || w == 0) {
            return 0;
        }

        // 生成一个二维的dp数组
        vector<vector<int>> dp(h+1, vector<int>(w+1, 0));
        for (int i = 0; i < h+1; i++) {
            for (int j = 0; j < w+1; j++) {
                if (i != 0 && j != 0) {
                    // 第0行和第0列值均为0，不参与计算。
                    dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i-1][j-1];
                }
            }
        }

        return dp[h][w];
    }
};

【补充说明】

需要说明的是，这种解法相对比较容易理解，但在空间复杂度上有一定的优化空间。
当计算dp[i][j]的值的时候，其实仅用到了i行和i-1行的数据。
故计算的时候，可以仅保留上一行数据，甚至是上一行中涉及到的个别数据。
具体方法，大家可以自己百度一下，当做一个知识点扩展了吧。

【相似推荐】

类似的问题，给大家推荐 leetcode中【72.编辑距离】。
相比于这题，编辑距离的计算过程中，还有一些可以减少时间复杂度的彩蛋哦，大家自己去发掘哈。

四、零钱兑换

【题目链接】零钱兑换

给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。
编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。
如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。

示例 1：

输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3 
解释：11 = 5 + 5 + 1

【解题思路】

找零问题，也是属于比较经典的一种dp问题。
相比于上面几道题目，这一题的不同点在于，这里的dp[i]并不是与自己相邻的dp[i-1]产生关系。
需要根据零钱的面额，向前找k个值（体现在 dp[i] = dp[i-coins[j]] + 1 这一句代码里）。

【代码实现】

class Solution {
public:
    int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
        vector<int> dp(amount+1, -1);    // 所有数据，默认用-1占位，表示没有被计算过
        dp[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= amount; i++) {
            for (int j = 0; j < coins.size(); j++) {
                /* 如果当前面值小于i，并且i-coins[j]面额的钱也可以被拼出。
                   比如dp[7]和2块钱面额，并且 dp[7-2] != -1 */
                if (coins[j] <= i && dp[i-coins[j]] != -1) {
                    if (dp[i] == -1 || dp[i] > dp[i-coins[j]] + 1) {
                        dp[i] = dp[i-coins[j]] + 1;
                    }
                }
            }
        }

        return dp[amount];
    }
};

【补充说明】

上面是的解法，如果提前将coins中的值进行排序，还可以进行一些剪枝逻辑。
比如，当一旦发现 coins[j]>i，则结束内部的循环。

这个主要是为了说明，动态规划中合理的加入剪枝方法，可以一定程度的降低计算的时间复杂度。

【相似推荐】

类似的问题，给大家推荐：背包问题。
背包问题，更像是找零问题的二维版本，加入了重量和价值两个影响因素。
具体问题就不给大家罗列了，自行百度一下或者去B站上搜，会有很多。
记得要看哦。

结束语

有的朋友问我，你不是根本不会写代码么，这些东西你是从哪里看到的？

话说，我最近加入了 Doocs开源社区，这是一个主要分享基础算法和后端架构方面知识的一个开源社区，有很多大佬贡献了多语言版本的Leetcode中题目的解题思路。

我可以非常负责任的告诉大家，里面很多题目的解法均比【剑指offer】和【编程之美】中给出的解法更优。而且是多语言版本的哦，相信总有一款适合你。

【github地址】：https://github.com/doocs/leetcode

广告打完了，我们再说说刷题。动态规划应该属于Leetcode中相对比较难的题目了，没有做过的小白，应该是无从下手的。现在比较流行的一些深度学习算法，本质上也就是通过动态调整参数的方式去求最优解的过程。

从上面几道题目可以看出，dp相关的题目代码量一般都不大，只要思路清晰，coding起来并不难。但写了几道题并不代表就学通了dp的精髓，出现今天刷了明天忘的情况也都是很正常的。学着感受动态规划的思路，学着把一个复杂的问题拆解成一些简单且有关联问题的，然后逐个击破并获取最优解，这才是重点。

不仅在coding中，在面对生活中的各种复杂事情，我们更应该有这种化繁为简的思路才对啊。

    					[2021.04.10 by Chunel]

个人信息

微信: ChunelFeng
邮箱: chunel@foxmail.com
个人网站：www.chunel.cn
github地址: https://github.com/ChunelFeng