动态规划 -第1篇
前言：在计算机科学中，动态规划（Dynamic Programming，简称DP）是解决最优化问题的一种重要方法。通过将大问题拆解为小问题，动态规划不仅能够显著降低计算复杂度，还能提高效率。无论是经典的背包问题，还是更加复杂的路径最短问题，动态规划都能提供优雅且高效的解法。
本篇文章将带领你走进动态规划的世界，从基础概念到实际应用，逐步揭开这一算法的神秘面纱。无论你是算法新手，还是希望深入理解动态规划背后原理的开发者，本文都将为你提供清晰的思路和具体的示例。😊😊
1.第 N 个泰波那契数（easy）
1. 题⽬链接：1137. 第 N 个泰波那契数 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）
算法流程
1. 状态表⽰：
这道题可以「根据题⽬的要求」直接定义出状态表⽰：
dp[i] 表⽰：第 i 个泰波那契数的值。
2. 状态转移⽅程：
题⽬已经⾮常贴⼼的告诉我们了：
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]
3. 初始化：
从我们的递推公式可以看出， dp[i] 在 i = 0 以及 i = 1 的时候是没有办法进⾏推导的，因为 dp[-2] 或 dp[-1] 不是⼀个有效的数据。
因此我们需要在填表之前，将 0, 1, 2 位置的值初始化。题⽬中已经告诉我们 dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1 。
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值：
应该返回 dp[n] 的值。
3.C++ 算法代码
使⽤⼀维数组：
class Solution { public: int tribonacci(int n) { vector<int> v(n+1); if(n>=0) v[0]=0; if(n>=1) v[1]=1; if(n>=2) v[2]=1; for(int i=3;i<=n;i++) { v[i]=v[i-1]+v[i-2]+v[i-3]; } return v[n]; } };2. 三步问题（easy）
1.题目链接：面试题 08.01. 三步问题 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）
算法思路
1. 状态表⽰
这道题可以根据「经验 + 题⽬要求」直接定义出状态表⽰： dp[i] 表⽰：到达 i 位置时，⼀共有多少种⽅法。
2. 状态转移⽅程
以 i 位置状态的最近的⼀步，来分情况讨论：
如果 dp[i] 表⽰⼩孩上第 i 阶楼梯的所有⽅式，那么它应该等于所有上⼀步的⽅式之和：
i. 上⼀步上⼀级台阶， dp[i] += dp[i - 1] ；
ii. 上⼀步上两级台阶， dp[i] += dp[i - 2] ；
iii. 上⼀步上三级台阶， dp[i] += dp[i - 3] ；
综上所述， dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] 。
需要注意的是，这道题⽬说，由于结果可能很⼤，需要对结果取模。在计算的时候，三个值全部加起来再取模，即 (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]) % MOD 是不可取的，同学们可以试验⼀下， n 取题⽬范围内最⼤值时，⽹站会报错 signed integer overflow
对于这类需要取模的问题，我们每计算⼀次（两个数相加/乘等），都需要取⼀次模。否则，万⼀发⽣了溢出，我们的答案就错了。
3. 初始化
从我们的递推公式可以看出， dp[i] 在 i = 0, i = 1 以及 i = 2 的时候是没有办法进⾏推导的，因为 dp[-3] dp[-2] 或 dp[-1] 不是⼀个有效的数据。
因此我们需要在填表之前，将 1, 2, 3 位置的值初始化。 根据题意， dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4 。
4. 填表顺序
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值
应该返回 dp[n] 的值。
3.代码实现
class Solution { public: const int MOD = 1e9 + 7; int waysToStep(int n) { // 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回 // 处理边界情况 if(n == 1 || n == 2) return n; if(n == 3) return 4; vector<int> dp(n + 1); dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4; for(int i = 4; i <= n; i++) dp[i] = ((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD + dp[i - 3]) % MOD; return dp[n]; } }3. 使⽤最⼩花费爬楼梯（easy）
1. 题⽬链接：746. 使用最小花费爬楼梯 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）
算法思路：解法⼀：
1. 状态表⽰：
这道题可以根据「经验 + 题⽬要求」直接定义出状态表⽰： 第⼀种：以 i 位置为结尾，
dp[i] 表⽰：到达 i 位置时的最⼩花费。（注意：到达 i 位置的时候， i 位置的钱不需要算上）
2. 状态转移⽅程：
根据最近的⼀步，分情况讨论：
▪ 先到达 i - 1 的位置，然后⽀付 cost[i - 1] ，接下来⾛⼀步⾛到 i 位置：
dp[i - 1] + csot[i - 1] ；
▪ 先到达 i - 2 的位置，然后⽀付 cost[i - 2] ，接下来⾛⼀步⾛到 i 位置：
dp[i - 2] + csot[i - 2] 。
3. 初始化：
从我们的递推公式可以看出，我们需要先初始化 i = 0 ，以及 i = 1 位置的值。容易得到 dp[0] = dp[1] = 0 ，因为不需要任何花费，就可以直接站在第 0 层和第 1 层上。
4. 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从左往右」。
5. 返回值：
根据「状态表⽰以及题⽬要求」，需要返回 dp[n] 位置的值。
3.C++ 算法代码：
class Solution { public: int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) { int n = cost.size(); // 初始化⼀个 dp表 vector<int> dp(n + 1, 0); // 初始化 dp[0] = dp[1] = 0; // 填表 for (int i = 2; i < n + 1; i++) // 根据状态转移⽅程得 dp[i] = min(cost[i - 1] + dp[i - 1], cost[i - 2] + dp[i - 2]); // 返回结果 return dp[n]; } };解法⼆：
1. 状态表⽰：
这道题可以根据「经验 + 题⽬要求」直接定义出状态表⽰： 第⼆种：以 i 位置为起点，
dp[i] 表⽰：从 i 位置出发，到达楼顶，此时的最⼩花费。
2. 状态转移⽅程：
根据最近的⼀步，分情况讨论：
▪ ⽀付 cost[i] ，往后⾛⼀步，接下来从 i + 1 的位置出发到终点： dp[i + 1] +cost[i] ；
▪ ⽀付 cost[i] ，往后⾛两步，接下来从 i + 2 的位置出发到终点： dp[i + 2] +cost[i] ；
我们要的是最⼩花费，因此 dp[i] = min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i] 。
3. 初始化：
为了保证填表的时候不越界，我们需要初始化最后两个位置的值，结合状态表⽰易得： dp[n -1] = cost[n - 1], dp[n - 2] = cost[n - 2]
4. 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」可得，遍历的顺序是「从右往左」。
5. 返回值：
根据「状态表⽰以及题⽬要求」，需要返回 dp[n] 位置的值。
C++ 算法代码：
class Solution { public: int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) { // 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表顺序 // 4. 返回值 int n = cost.size(); vector<int> dp(n); dp[n - 1] = cost[n - 1], dp[n - 2] = cost[n - 2]; for(int i = n - 3; i >= 0; i--) dp[i] = min(dp[i + 1], dp[i + 2]) + cost[i]; return min(dp[0], dp[1]); } }4. 解码⽅法（medium）
1.题目链接：91. 解码方法 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）：
算法思路
1. 类似于斐波那契数列~ 1. 状态表⽰：
根据以往的经验，对于⼤多数线性 dp ，我们经验上都是「以某个位置结束或者开始」做⽂章，这⾥我们继续尝试「⽤ i 位置为结尾」结合「题⽬要求」来定义状态表⽰。
dp[i] 表⽰：字符串中 [0，i] 区间上，⼀共有多少种编码⽅法。
2. 状态转移⽅程：
定义好状态表⽰，我们就可以分析 i 位置的 dp 值，如何由「前⾯」或者「后⾯」的信息推导来。关于 i 位置的编码状况，我们可以分为下⾯两种情况：
i. 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟；
ii. 让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合，解码成⼀个字⺟。
下⾯我们就上⾯的两种解码情况，继续分析：
让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟，就存在「解码成功」和「解码失败」两种情况：
i. 解码成功：当 i 位置上的数在 [1, 9] 之间的时候，说明 i 位置上的数是可以单独解
码的，那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法应该等于 [0, i - 1] 区间上的解码⽅
法。因为 [0, i - 1] 区间上的所有解码结果，后⾯填上⼀个 i 位置解码后的字⺟就
可以了。此时 dp[i] = dp[i - 1] ；
ii. 解码失败：当 i 位置上的数是 0 的时候，说明 i 位置上的数是不能单独解码的，那么此时 [0, i] 区间上不存在解码⽅法。因为 i 位置如果单独参与解码，但是解码失败了，那么前⾯做的努⼒就全部⽩费了。此时 dp[i] = 0 。
让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合在⼀起，解码成⼀个字⺟，也存在「解码成功」和「解码失败」两种情况：
i. 解码成功：当结合的数在 [10, 26] 之间的时候，说明 [i - 1, i] 两个位置是可以
解码成功的，那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法应该等于 [0, i - 2 ] 区间上的解码
⽅法，原因同上。此时 dp[i] = dp[i - 2] ；
ii. 解码失败：当结合的数在 [0, 9] 和 [27 , 99] 之间的时候，说明两个位置结合后解码失败（这⾥⼀定要注意 00 01 02 03 04 ...... 这⼏种情况），那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法就不存在了，原因依旧同上。此时 dp[i] = 0 。
综上所述： dp[i] 最终的结果应该是上⾯四种情况下，解码成功的两种的累加和（因为我们关⼼的是解码⽅法，既然解码失败，就不⽤加⼊到最终结果中去），因此可以得到状态转移⽅程
（ dp[i] 默认初始化为 0 ）：
i. 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时： dp[i] += dp[i - 1] ；
ii. 当 s[i - 1] 与 s[i] 上的数结合后，在 [10, 26] 之间的时候： dp[i] += dp[i - 2] ；
如果上述两个判断都不成⽴，说明没有解码⽅法， dp[i] 就是默认值 0 。
3. 初始化：
⽅法⼀（直接初始化）：
由于可能要⽤到 i - 1 以及 i - 2 位置上的 dp 值，因此要先初始化「前两个位置」。 初始化 dp[0]：
i. 当 s[0] == '0' 时，没有编码⽅法，结果 dp[0] = 0 ；
ii. 当 s[0] != '0' 时，能编码成功， dp[0] = 1 初始化 dp[1] ：
i. 当 s[1] 在 [1，9] 之间时，能单独编码，此时 dp[1] += dp[0] （原因同上，dp[1] 默认为 0 ）
ii. 当 s[0] 与 s[1] 结合后的数在 [10, 26] 之间时，说明在前两个字符中，⼜有⼀种编码⽅式，此时 dp[1] += 1；
⽅法⼆（添加辅助位置初始化）：
可以在最前⾯加上⼀个辅助结点，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
i. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；
ii. 下标的映射关系
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」
5. 返回值：
应该返回 dp[n - 1] 的值，表⽰在 [0, n - 1] 区间上的编码⽅法。
3.C++ 算法代码：
使⽤直接初始化的⽅式解决问题：
class Solution { public: int numDecodings(string s) { int n = s.size(); vector<int> dp(n); // 创建⼀个 dp表 // 初始化前两个位置 dp[0] = s[0] != '0'; if(n == 1) return dp[0]; // 处理边界情况 if(s[1] <= '9' && s[1] >= '1') dp[1] += dp[0]; int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0'; if(t >= 10 && t <= 26) dp[1] += 1; // 填表 for(int i = 2; i < n; i++) { // 如果单独编码 if(s[i] <= '9' && s[i] >= '1') dp[i] += dp[i - 1]; // 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码 int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0'; if(t >= 10 && t <= 26) dp[i] += dp[i - 2]; } // 返回结果 return dp[n - 1]; } }5. 不同路径（medium）
1. 题⽬链接：62. 不同路径 - 力扣（LeetCode）
2. 解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：
i. 从 [i, j] 位置出发；
ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置。
这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：
dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，⼀共有多少种⽅式。
2. 状态转移⽅程：
简单分析⼀下。如果 dp[i][j] 表⽰到达 [i, j] 位置的⽅法数，那么到达 [i, j] 位置之
前的⼀⼩步，有两种情况：
i. 从 [i, j] 位置的上⽅（ [i - 1, j] 的位置）向下⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置；
ii. 从 [i, j] 位置的左⽅（ [i, j - 1] 的位置）向右⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置。 由于我们要求的是有多少种⽅法，因此状态转移⽅程就呼之欲出了： dp[i][j] = dp[i - 1] [j] + dp[i][j - 1] 。
3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」。
在本题中，「添加⼀⾏」，并且「添加⼀列」后，只需将 dp[0][1] 的位置初始化为 1 即可。
4. 填表顺序：
根据「状态转移⽅程」的推导来看，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，在填写每⼀⾏的时候「从左往右」。
5. 返回值：
根据「状态表⽰」，我们要返回 dp[m][n] 的值。
3.C++ 算法代码：
class Solution { public: int uniquePaths(int m, int n) { vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1,0)); dp[0][1]=1; for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j]; } } return dp[m][n]; } };6. 不同路径II（medium）
1. 题⽬链接：63. 不同路径 II - 力扣（LeetCode）
2.. 解法（动态规划）：
算法思路：
本题为不同路径的变型，只不过有些地⽅有「障碍物」，只要在「状态转移」上稍加修改就可解决。
1. 状态表⽰：
对于这种「路径类」的问题，我们的状态表⽰⼀般有两种形式：
i. 从 [i, j] 位置出发；
ii. 从起始位置出发，到达 [i, j] 位置。
这⾥选择第⼆种定义状态表⽰的⽅式：
dp[i][j] 表⽰：⾛到 [i, j] 位置处，⼀共有多少种⽅式。
2. 状态转移：
简单分析⼀下。如果 dp[i][j] 表⽰到达 [i, j] 位置的⽅法数，那么到达 [i, j] 位置之
前的⼀⼩步，有两种情况：
i. 从 [i, j] 位置的上⽅（ [i - 1, j] 的位置）向下⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置；
ii. 从 [i, j] 位置的左⽅（ [i, j - 1] 的位置）向右⾛⼀步，转移到 [i, j] 位置。 但是， [i - 1, j] 与 [i, j - 1] 位置都是可能有障碍的，此时从上⾯或者左边是不可能到达 [i, j] 位置的，也就是说，此时的⽅法数应该是 0。
由此我们可以得出⼀个结论，只要这个位置上「有障碍物」，那么我们就不需要计算这个位置上的
值，直接让它等于 0 即可。
3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」。
在本题中，添加⼀⾏，并且添加⼀列后，只需将 dp[1][0] 的位置初始化为 1 即可。
4. 填表顺序：
根据「状态转移」的推导，填表的顺序就是「从上往下」填每⼀⾏，每⼀⾏「从左往右」。
5. 返回值：
根据「状态表⽰」，我们要返回的结果是 dp[m][n] 。
3.C++ 算法代码：
class Solution { public: int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& vv) { int m=vv.size(); int n=vv[0].size(); vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1)); dp[0][1]=1; for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(vv[i-1][j-1]==0) { dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]; } } } return dp[m][n]; } };
