干货：图解算法——动态规划系列
小浩：宜信科技中心攻城狮一枚，热爱算法，热爱学习，不拘泥于枯燥编程代码，更喜欢用轻松方式把问题简单阐述，希望喜欢的小伙伴可以多多关注！
讲解动态规划的资料很多，官方的定义是指把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，利用各阶段之间的关系，逐个求解。概念中的各阶段之间的关系，其实指的就是状态转移方程。很多人觉得DP难（下文统称动态规划为DP），根本原因是因为DP区别于一些固定形式的算法（比如DFS、二分法、KMP），没有实际的步骤规定第一步第二步来做什么，所以准确的说，DP其实是一种解决问题的思想。
opt ：指代特殊的计算逻辑，通常为max or min。
i,j,k 都是在定义DP方程中用到的参数。
dp[i] = opt(dp[i-1])+1
dp[i][j] = w(i,j,k) + opt(dp[i-1][k])
dp[i][j] = opt(dp[i-1][j] + xi, dp[i][j-1] + yj, ...)
每一个状态转移方程，多少都有一些细微的差别。这个其实很容易理解，世间的关系多了去了，不可能抽象出完全可以套用的公式。所以我个人其实不建议去死记硬背各种类型的状态转移方程。但是DP的题型真的就完全无法掌握，无法归类进行分析吗？我认为不是的。在本系列中，我将由简入深为大家讲解动态规划这个主题。
我们先看上一道最简单的DP题目，熟悉DP的概念：
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
示例 2：
输入：3输出：3解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶
通过分析我们可以明确，该题可以被分解为一些包含最优子结构的子问题，即它的最优解可以从其子问题的最优解来有效地构建。满足“将大问题分解为若干个规模较小的问题”的条件。所以我们令 dp[n] 表示能到达第 n 阶的方法总数，可以得到如下状态转移方程：
dp[n]=dp[n-1]+dp[n-2]
上 1 阶台阶：有1种方式。
上 2 阶台阶：有1+1和2两种方式。
上 3 阶台阶：到达第3阶的方法总数就是到第1阶和第2阶的方法数之和。
上 n 阶台阶，到达第n阶的方法总数就是到第 (n-1) 阶和第 (n-2) 阶的方法数之和。
根据分析，得到代码如下：
1func climbStairs(n int) int {
2 if n == 1 {
3 return 1
4 }
5 dp := make([]int, n+1)
6 dp[1] = 1
7 dp[2] = 2
8 for i := 3; i <= n; i++ {
9 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
10 }
11 return dp[n]
12}
示例 ：
拿到题目请不要看下方题解，先自行思考2-3分钟....
dp[i]：表示以 nums[i] 结尾的连续子数组的最大和。
那么为什么这么定义呢？因为这样定义其实是最容易想到的！在上一节中我们提到，状态转移方程其实是通过1-3个参数的方程来描述小规模问题和大规模问题间的关系。
当然，如果你没有想到，其实也非常正常！因为 "该问题最早于 1977 年提出，但是直到 1984 年才被发现了线性时间的最优解法。"
根据状态的定义，我们继续进行分析：
如果要得到dp[i]，那么nums[i]一定会被选取。并且 dp[i] 所表示的连续子序列与 dp[i-1] 所表示的连续子序列很可能就差一个 nums[i] 。即
dp[i] = dp[i-1]+nums[i] , if (dp[i-1] >= 0)
但是这里我们遇到一个问题，很有可能dp[i-1]本身是一个负数。那这种情况的话，如果dp[i]通过dp[i-1]+nums[i]来推导，那么结果其实反而变小了，因为我们dp[i]要求的是最大和。所以在这种情况下，如果dp[i-1]<0，那么dp[i]其实就是nums[i]的值。即
dp[i] = nums[i] , if (dp[i-1] < 0)
综上分析，我们可以得到：
dp[i]=max(nums[i], dp[i−1]+nums[i])
得到了状态转移方程，但是我们还需要通过一个已有的状态的进行推导，我们可以想到 dp[0] 一定是以 nums[0] 进行结尾，所以
dp[0] = nums[0]
在很多题目中，因为dp[i]本身就定义成了题目中的问题，所以dp[i]最终就是要的答案。但是这里状态中的定义，并不是题目中要的问题，不能直接返回最后的一个状态 (这一步经常有初学者会摔跟头)。所以最终的答案，其实我们是寻找：
max(dp[0], dp[1], ..., d[i-1], dp[i])
分析完毕，我们绘制成图：
假定 nums 为 [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
根据分析，得到代码如下：
1func maxSubArray(nums []int) int {
2 if len(nums) < 1 {
3 return 0
4 }
5 dp := make([]int, len(nums))
6 //设置初始化值
7 dp[0] = nums[0]
8 for i := 1; i < len(nums); i++ {
9 //处理 dp[i-1] < 0 的情况
10 if dp[i-1] < 0 {
11 dp[i] = nums[i]
12 } else {
13 dp[i] = dp[i-1] + nums[i]
14 }
15 }
16 result := -1 << 31
17 for _, k := range dp {
18 result = max(result, k)
19 }
20 return result
21}
22
23func max(a, b int) int {
24 if a > b {
25 return a
26 }
27 return b
28}
我们可以进一步精简代码为：
1func maxSubArray(nums []int) int {
2 if len(nums) < 1 {
3 return 0
4 }
5 dp := make([]int, len(nums))
6 result := nums[0]
7 dp[0] = nums[0]
8 for i := 1; i < len(nums); i++ {
9 dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i], nums[i])
10 result = max(dp[i], result)
11 }
12 return result
13}
14
15func max(a, b int) int {
16 if a > b {
17 return a
18 }
19 return b
20}
复杂度分析：时间复杂度：O(N)。空间复杂度：O(N)。
示例:
输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。
说明:
可能会有多种最长上升子序列的组合，你只需要输出对应的长度即可。
首先我们分析题目，要找的是最长上升子序列（Longest Increasing Subsequence，LIS）。因为题目中没有要求连续，所以LIS可能是连续的，也可能是非连续的。同时，LIS符合可以从其子问题的最优解来进行构建的条件。所以我们可以尝试用动态规划来进行求解。首先我们定义状态：
dp[i] ：表示以nums[i]结尾的最长上升子序列的长度
我们假定nums为[1，9，5，9，3]
我们分两种情况进行讨论：
如果nums[i]比前面的所有元素都小，那么dp[i]等于1（即它本身）（该结论正确）
如果nums[i]前面存在比他小的元素nums[j]，那么dp[i]就等于dp[j]+1（该结论错误，比如nums[3]>nums[0]，即9>1,但是dp[3]并不等于dp[0]+1）
我们先初步得出上面的结论，但是我们发现了一些问题。因为dp[i]前面比他小的元素，不一定只有一个！
可能除了nums[j]，还包括nums[k]，nums[p] 等等等等。所以dp[i]除了可能等于dp[j]+1，还有可能等于dp[k]+1，dp[p]+1 等等等等。所以我们求dp[i]，需要找到dp[j]+1，dp[k]+1，dp[p]+1 等等等等中的最大值。（我在3个等等等等上都进行了加粗，主要是因为初学者非常容易在这里摔跟斗！这里强调的目的是希望能记住这道题型！）
即：
dp[i] = max(dp[j]+1，dp[k]+1，dp[p]+1，.....)
只要满足：
nums[i] > nums[j]
nums[i] > nums[k]
nums[i] > nums[p]
....
最后，我们只需要找到dp数组中的最大值，就是我们要找的答案。
分析完毕，我们绘制成图：
根据分析，得到代码如下：
1func lengthOfLIS(nums []int) int {
2 if len(nums) < 1 {
3 return 0
4 }
5 dp := make([]int, len(nums))
6 result := 1
7 for i := 0; i < len(nums); i++ {
8 dp[i] = 1
9 for j := 0; j < i; j++ {
10 //这行代码就是上文中那个 等等等等
11 if nums[j] < nums[i] {
12 dp[i] = max(dp[j]+1, dp[i])
13 }
14 }
15 result = max(result, dp[i])
16 }
17 return result
18}
19
20func max(a, b int) int {
21 if a > b {
22 return a
23 }
24 return b
25}
前面章节我们通过题目“最长上升子序列”以及"最大子序和"，学习了DP（动态规划）在线性关系中的分析方法。这种分析方法，也在运筹学中被称为“线性动态规划”，具体指的是 “目标函数为特定变量的线性函数，约束是这些变量的线性不等式或等式，目的是求目标函数的最大值或最小值”。这点大家作为了解即可，不需要死记，更不要生搬硬套！
在本节中，我们将继续分析一道略微区别于之前的题型，希望可以由此题与之前的题目进行对比论证，进而顺利求解！
示例:
首先我们分析题目，要找的是三角形最小路径和，这是个啥意思呢？假设我们有一个三角形：[[2], [3,4], [6,5,7], [4,1,8,3]]
那从上到下的最小路径和就是2-3-5-1，等于11。
由于我们是使用数组来定义一个三角形，所以便于我们分析，我们将三角形稍微进行改动：
这样相当于我们将整个三角形进行了拉伸。这时候，我们根据题目中给出的条件：每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。其实也就等同于，每一步我们只能往下移动一格或者右下移动一格。将其转化成代码，假如2所在的元素位置为[0,0]，那我们往下移动就只能移动到[1,0]或者[1,1]的位置上。假如5所在的位置为[2,1]，同样也只能移动到[3,1]和[3,2]的位置上。如下图所示：
题目明确了之后，现在我们开始进行分析。题目很明显是一个找最优解的问题，并且可以从子问题的最优解进行构建。所以我们通过动态规划进行求解。首先，我们定义状态：
dp[i][j] : 表示包含第i行j列元素的最小路径和
我们很容易想到可以自顶向下进行分析。并且，无论最后的路径是哪一条，它一定要经过最顶上的元素，即[0,0]。所以我们需要对dp[0][0]进行初始化。
dp[0][0] = [0][0]位置所在的元素值
继续分析，如果我们要求dp[i][j]，那么其一定会从自己头顶上的两个元素移动而来。
如5这个位置的最小路径和，要么是从2-3-5而来，要么是从2-4-5而来。然后取两条路径和中较小的一个即可。进而我们得到状态转移方程：
dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]) + triangle[i][j]
但是，我们这里会遇到一个问题！除了最顶上的元素之外，
最左边的元素只能从自己头顶而来。（2-3-6-4）
最右边的元素只能从自己左上角而来。（2-4-7-3）
然后，我们观察发现，位于第2行的元素，都是特殊元素（因为都只能从[0,0]的元素走过来）
我们可以直接将其特殊处理，得到：
dp[1][0] = triangle[1][0] + triangle[0][0]
dp[1][1] = triangle[1][1] + triangle[0][0]
最后，我们只要找到最后一行元素中，路径和最小的一个，就是我们的答案。即：
l：dp数组长度
result = min(dp[l-1,0]，dp[l-1,1]，dp[l-1,2]....)
综上我们就分析完了，我们总共进行了4步：
定义状态
总结状态转移方程
分析状态转移方程不能满足的特殊情况。
得到最终解
分析完毕，代码自成：
1func minimumTotal(triangle [][]int) int {
2 if len(triangle) < 1 {
3 return 0
4 }
5 if len(triangle) == 1 {
6 return triangle[0][0]
7 }
8 dp := make([][]int, len(triangle))
9 for i, arr := range triangle {
10 dp[i] = make([]int, len(arr))
11 }
12 result := 1<<31 - 1
13 dp[0][0] = triangle[0][0]
14 dp[1][1] = triangle[1][1] + triangle[0][0]
15 dp[1][0] = triangle[1][0] + triangle[0][0]
16 for i := 2; i < len(triangle); i++ {
17 for j := 0; j < len(triangle[i]); j++ {
18 if j == 0 {
19 dp[i][j] = dp[i-1][j] + triangle[i][j]
20 } else if j == (len(triangle[i]) - 1) {
21 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + triangle[i][j]
22 } else {
23 dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]) + triangle[i][j]
24 }
25 }
26 }
27 for _,k := range dp[len(dp)-1] {
28 result = min(result, k)
29 }
30 return result
31}
32
33func min(a, b int) int {
34 if a > b {
35 return b
36 }
37 return a
38}
运行上面的代码，我们发现使用的内存过大。我们有没有什么办法可以压缩内存呢？通过观察我们发现，在我们自顶向下的过程中，其实我们只需要使用到上一层中已经累积计算完毕的数据，并且不会再次访问之前的元素数据。绘制成图如下：
优化后的代码如下：
1func minimumTotal(triangle [][]int) int {
2 l := len(triangle)
3 if l < 1 {
4 return 0
5 }
6 if l == 1 {
7 return triangle[0][0]
8 }
9 result := 1<<31 - 1
10 triangle[0][0] = triangle[0][0]
11 triangle[1][1] = triangle[1][1] + triangle[0][0]
12 triangle[1][0] = triangle[1][0] + triangle[0][0]
13 for i := 2; i < l; i++ {
14 for j := 0; j < len(triangle[i]); j++ {
15 if j == 0 {
16 triangle[i][j] = triangle[i-1][j] + triangle[i][j]
17 } else if j == (len(triangle[i]) - 1) {
18 triangle[i][j] = triangle[i-1][j-1] + triangle[i][j]
19 } else {
20 triangle[i][j] = min(triangle[i-1][j-1], triangle[i-1][j]) + triangle[i][j]
21 }
22 }
23 }
24 for _,k := range triangle[l-1] {
25 result = min(result, k)
26 }
27 return result
28}
29
30func min(a, b int) int {
31 if a > b {
32 return b
33 }
34 return a
35}
在上节中，我们通过分析，顺利完成了“三角形最小路径和”的动态规划题解。在本节中，我们继续看一道相似题型，以求能完全掌握这种“路径和”的问题。话不多说，先看题目：
示例:
首先我们分析题目，要找的是 最小路径和，这是个啥意思呢？假设我们有一个 m*n 的矩形 ：[[1,3,1],[1,5,1],[4,2,1]]
那从左上角到右下角的最小路径和，我们可以很容易看出就是1-3-1-1-1，这一条路径，结果等于7。
题目明确了，我们继续进行分析。该题与上一道求三角形最小路径和一样，题目明显符合可以从子问题的最优解进行构建，所以我们考虑使用动态规划进行求解。首先，我们定义状态：
dp[i][j] : 表示包含第i行j列元素的最小路径和
同样，因为任何一条到达右下角的路径，都会经过[0,0]这个元素。所以我们需要对dp[0][0]进行初始化。
dp[0][0] = [0][0]位置所在的元素值
继续分析，根据题目给的条件，如果我们要求dp[i][j]，那么它一定是从自己的上方或者左边移动而来。如下图所示：
5，只能从3或者1移动而来
2，只能从5或者4移动而来
4，从1移动而来
3，从1移动而来
红色位置必须从蓝色位置移动而来
进而我们得到状态转移方程：
dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) + grid[i][j]
同样我们需要考虑两种特殊情况：
最上面一行，只能由左边移动而来（1-3-1）
最左边一列，只能由上面移动而来（1-1-4）
最后，因为我们的目标是从左上角走到右下角，整个网格的最小路径和其实就是包含右下角元素的最小路径和。即：
设：dp的长度为l
最终结果就是：dp[l-1][len(dp[l-1])-1]
综上我们就分析完了，我们总共进行了4步：
定义状态
总结状态转移方程
分析状态转移方程不能满足的特殊情况。
得到最终解
分析完毕，代码自成：
1func minPathSum(grid [][]int) int {
2 l := len(grid)
3 if l < 1 {
4 return 0
5 }
6 dp := make([][]int, l)
7 for i, arr := range grid {
8 dp[i] = make([]int, len(arr))
9 }
10 dp[0][0] = grid[0][0]
11 for i := 0; i < l; i++ {
12 for j := 0; j < len(grid[i]); j++ {
13 if i == 0 && j != 0 {
14 dp[i][j] = dp[i][j-1] + grid[i][j]
15 } else if j == 0 && i != 0 {
16 dp[i][j] = dp[i-1][j] + grid[i][j]
17 } else if i != 0 && j != 0 {
18 dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j]
19 }
20 }
21 }
22 return dp[l-1][len(dp[l-1])-1]
23}
24
25func min(a, b int) int {
26 if a > b {
27 return b
28 }
29 return a
30}
同样，运行上面的代码，我们发现使用的内存过大。有没有什么办法可以压缩内存呢？通过观察我们发现，在我们自左上角到右下角计算各个节点的最小路径和的过程中，我们只需要使用到之前已经累积计算完毕的数据，并且不会再次访问之前的元素数据。绘制成图如下：(大家看这个过程像不像扫雷，其实如果大家研究扫雷外挂的话，就会发现在扫雷的核心算法中，就有一处颇为类似这种分析方法，这里就不深究了)
优化后的代码如下：
1func minPathSum(grid [][]int) int {
2 l := len(grid)
3 if l < 1 {
4 return 0
5 }
6 for i := 0; i < l; i++ {
7 for j := 0; j < len(grid[i]); j++ {
8 if i == 0 && j != 0 {
9 grid[i][j] = grid[i][j-1] + grid[i][j]
10 } else if j == 0 && i != 0 {
11 grid[i][j] = grid[i-1][j] + grid[i][j]
12 } else if i != 0 && j != 0 {
13 grid[i][j] = min(grid[i-1][j], grid[i][j-1]) + grid[i][j]
14 }
15 }
16 }
17 return grid[l-1][len(grid[l-1])-1]
18}
19
20func min(a, b int) int {
21 if a > b {
22 return b
23 }
24 return a
25}
本系列所有教程中都不会用到复杂的语言特性，大家不需要担心没有学过go。算法思想最重要，使用go纯属作者爱好。
原文首发于公众号-小浩讲算法
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