一、动态规划
动态规划，就是基于我们写的状态转换方程，将需要用到的子解计算并记录下来，来避免重复计算子解。而这些历史记录，我们得需要一些变量来保存，一般是用一维数组或者二维数组来保存。下面我们先来讲下做动态规划题很重要的三个步骤。
1. 动态规划的三大步骤
步骤一：定义元素的含义非常重要，但是也是不唯一的，一般，你定义的含义不同，状态转换方程也会随之不同。一般是题目问什么，就把dp元素的含义看成什么。
步骤二：找出数组元素之间的关系式，即状态转换方程。如果我们数组定义为dp[n]，那么在计算dp[n]的时候，我们是可以利用dp[n-1]、dp[n-2]…dp[1]来推出 dp[n]的，也就是可以利用历史数据来推出新的元素值，所以我们要找出数组元素之间的关系式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，这个就是他们的关系式了。而这一步，也是最难的一步，后面会拿几个例子做说明。
找状态转换方程的诀窍：
- 首先，任意选取一个中间状态
i- 弄清楚状态
i从哪里来，进一步弄清楚基于dp哪一个状态转换而来
- 有时候有的题比较难，不知道dp[i]从哪里来，就找最基础的子结构，也就是dp[0]，然后你可以试着理解dp[i-1],dp[i-2]的含义，看看dp[i]是否是基于他们的状态转换而来，同理dp[i][j]看dp[0][0]，再观察dp[i-1][j-1]，dp[i-1][j], dp[i][j-1]，现在不理解没关系，后面会有例题帮助理解
- 弄清楚状态
i要到哪里去根据我做题的经验，大部分题是二维的dp，并且大部分情况下，dp[i] [j] 和 dp[i-1] [j]、dp[i]、[j-1]、dp[i-1] [j-1] 肯定存在某种关系。
步骤三：找出初始值。例如dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，我们可以通过 dp[n-1] 和 dp[n-2] 来计算 dp[n]，但是，我们得知道初始值啊，例如一直推下去的话，会由 dp[3] = dp[2] + dp[1]。而 dp[2] 和 dp[1] 是不能再分解的了，所以我们必须要能够直接获得 dp[2] 和 dp[1] 的值，而这，就是所谓的初始值。
找初始值的诀窍：
- 找出正负零界等式。比如：dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，有dp[1] = dp[0] + dp[-1]，等式后面出现了下标为-1，按照公式向后推有dp[2] = dp[1] + dp[0]，等式后面出现了下标刚好变为0，由负变为非负，所以dp[2] = dp[1] + dp[0]是临界等式，那么dp[1]，dp[0]是初始值。
- 接着向下推，根据实际意义，看dp[3] = dp[2] + dp[1]是否成立，如果不成立，则dp[2]也是初始值，一直向下推，直到成立。到此，初始值就确定了。
根据我做题的经验，一般一维的dp[n]的初始值为dp[0]、dp[1]、dp[2]，而二维的dp[m][n]一般是第一列和第一行是初始值。
有了初始值，并且有了状态转换方程，那么我们就可以得到 dp[n] 的值了，而 dp[n] 的含义是由你来定义的，你想求什么，就定义它是什么，这样，这道题也就解出来了。
补充：有时候，我们在处理dp[n]数组时，存放数据不知道是从下标0开始存放数据，还是从下标1开始存放数据，其实这都是可以的，只是从下标1开始相对于比下标0开始要多浪费一些空间，但是最终都是可以达到目的。
二、习题练习
1.题目一：
问题描述：一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
（1）定义数组元素的含义
问题是要求青蛙跳上 n 级的台阶总共由多少种跳法，那我们就定义 dp[i] 的含义为：跳上一个 i 级的台阶总共有 dp[i] 种跳法。这样，如果我们能够算出 dp[n]，不就是我们要求的答案吗？所以第一步定义完成。
（2）状态转换方程
①取中间状态： 取一中间台阶(状态)i
②从哪里来：dp[i]是从跳一级得到或者跳两级得到，跳一级是基于什么状态？是基于从开始到第i-1台阶总共有多少种跳法，而则个含义恰好对应着dp[i-1]，同理跳两级对应dp[i-2]，而dp[i]是来自于这两种情况，所以总的可能是这两种情况之和，即dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
③到哪里去：到dp[i+1]或者dp[i+2]，然后从dp[i+1]到dp[i+2]或者dp[i+3]…一直到dp[n]
所以状态转换方程为：dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]
（3）初始值
①临界式子：dp[2] = dp[1] + dp[0]，所以有初始值：dp[1] = 1、 dp[0] = 0
②往下推：按照状态转换方程：dp[2] = dp[1] + dp[0] = 1 + 0 = 1，而实际上，dp[2] = 2，有连续上两次一阶台阶和一次上二阶台阶2种情况，不符合状态转换方程，所以dp[2]也是初始值，dp[2] = 2。接着向下推，dp[3] = dp[2] + dp[1] = 2 + 1 = 3，实际上，dp[3]确实是3，所以dp[3]不是初始值，后面的也不用继续看了。
最终，求得初始值：dp[0]=0、dp[1]=1、dp[2]=2
代码如下：
public static int fun(int n) {
if(n <= 0)
return 0;
int[] dp = new int[n+1]; //备忘录
// 设置初始值
// dp[0] = 0; 可以不设置，因为dp[0]的情况在上面if条件中处理了，如果if中不带等于，这里可以设置dp[0]=0
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
// 通过状态转换方程计算出 dp[n]
for(int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
}
//
return dp[n];
}
2.题目二：
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角，问总共有多少条不同的路径？
（1）定义数组元素的含义
dp[i][j]代表从网格左上角(0, 0)位置到达(i, j)位置总共有多少种路径。
（2）状态转换方程
①取中间状态： 取一中间状态dp[i][j]
②从哪里来：dp[i][j]从(i-1, j)处下移得到或者从(i, j-1)处右移得到，那么dp[i][j]是基于从开始到(i-1, j)处有多少种可能的状态下得到，或者基于从开始到(i, j-1)处有多少总可能的状态下得到，而这恰好对应着dp[i-1][j]和dp[i][j-1]，所以有dp[i][j] = dp[i-1][j + dp[i][j-1]
③到哪里去：到dp[i+1][j]或者dp[i][j+1]…一直到dp[i-1][j-1]
所以状态转换方程为：dp[m][n] = dp[m-1][j] + dp[m][n-1]
（3）初始值
①临界式子：dp[1][1...n] = dp[0][1...n] + dp[1][0...n-1]和dp[1...m][1] = dp[0...m-1][1] + dp[1...m][0]所以有初始值：dp[0][1...n] = 1、 dp[1...m][0] = 1
②往下推：发现没有其他的初始值了。
代码如下：
public static int fun(int m, int n) {
if(m==1 && n==1)
return 0;
else if(m==1 || n==1)
return 1;
int[][] dp = new int[m][n]; //备忘录
// 设置初始值
for(int i = 0; i < m; i++) //第一列
dp[i][0] = 1;
for(int j = 0; j < n; j++) //第一行
dp[0][j] = 1;
//用状态转换方程计算dp[m-1][n-1]
for(int i = 1; i < m; i++) {
for(int j = 1; j < n; j++)
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
//返回dp[m-1][n-1]
return dp[m-1][n-1];
}
如果是从(1, 1)开始存数据，则代码为：
public static int fun(int m, int n) {
if(m==1 && n==1)
return 0;
else if(m==1 || n==1)
return 1;
int[][] dp = new int[m+1][n+1];
// 设置初始值
for(int i = 0; i < m; i++) //第一列
dp[i][1] = 1;
for(int j = 0; j < n; j++) //第一行
dp[1][j] = 1;
//用状态转换方程计算dp[m][n]
for(int i = 2; i < m; i++) {
for(int j = 2; j < n; j++)
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
//返回dp[m][n]
return dp[m][n];
}
3.题目三：
给定一个包含非负整数的 m x n 网格，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小，且每次只能向下或者向右移动一步。
举例：
输入:
arr = [
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
输出: 7
解释: 因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。
（1）定义数组元素的含义
dp[i][j]代表从网格左上角(0, 0)位置到达(i, j)数字和最小
（2）状态转换方程
①取中间状态： 取一中间状态dp[i][j]
②从哪里来：dp[i][j]是从(i-1, j)下移或者从(i, j-1)右移得到的，那么dp[i][j]是基于从开始到(i-1, j)数字和最小，或者基于从开始到(i, j-1)数字和最小的状态下得到，而这恰好对应着dp[i-1][j]和dp[i][j-1]，dp[i][j]是从这两者中值小的加上(i, j)处的值得到，所以有pd[i][j] = min(pd[i-1][j], pd[i][j-1]) + (i, j)的值
③到哪里去：到dp[i+1][j]或者dp[i][j+1]…一直到dp[m-1][n-1]
所以状态转换方程为：pd[m][n] = min(pd[m-1][n], pd[m][n-1]) + (i, j)的值
（3）初始值
①临界式子：第一行的值都无法右上边的值得到，所以第一行的值都是初始值；第一列的值都无法用左边得到，所以第一列的值都是初始值。
②往下推：发现没有其他的初始值了。
代码如下：
public static int fun(int[][] g, int m, int n) {
// pd[i][j] = min(pd[i-1][j], pd[i][j-1]) + g[i][j]
if(m==1 && n==1)
return g[0][0];
int[][] pd = new int[m][n];
//设置初始值
pd[0][0] = g[0][0];
for(int i = 1; i < m; i++)
pd[i][0] = pd[i-1][0] + g[i][0];
for(int j = 1; j < m; j++)
pd[0][j] = pd[0][j-1] + g[0][j];
//用状态转换方程计算pd[m-1][n-1]
for(int i = 1; i < m; i++) {
for(int j = 1; j < n; j++)
pd[i][j] = Math.min(pd[i-1][j], pd[i][j-1]) + g[i][j];
}
return pd[m-1][n-1];
}
public static void main(String[] args) {
int[][] g = {
{1, 3, 1},
{1, 5, 1},
{4, 2, 1}
};
System.out.println(MyTest.fun(g, 3, 3));
}
4.题目四：
给定两个单词 word1 和 word2，计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。你可以对一个单词进行如下三种操作：
- 插入一个字符
- 删除一个字符
- 替换一个字符
举例：
输入: word1 = "horse", word2 = "ros"
输出: 3
解释:
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
（1）定义数组元素的含义
dp[i][j]含义：当字符串 word1 的长度为 i，字符串 word2 的长度为 j 时，将 word1 转化为 word2 所使用的最少操作次数为 dp[i] [j]。
（2）状态转换方程
①取中间状态： 取一中间状态dp[i][j]
②从哪里来：
像这个题就是偏难的，依据题意一下子不知道dp[i][j]是从哪个状态来的，那么我们看dp[0][0]：代表word1的前1个字符转换为word2的前1个字符所需要的最少次数。很任意看出来，最基础的子结构是word1和word2的每一个字符比较，那么下一个结构dp[0][1], dp[1][0], dp[1][1]应该是基于最基础的子结构（状态）dp[0][0]实现，那么对应dp[i][j]可以进行如下分析：
1. 新增的字符word[i]和word[j]相同：dp[i][j]基于word1的前i-1个字符和word2的前j-1个字符处理好的情况下，新增的字符相等，不需要进行操作。即 dp[i][j] = dp[i-1][j-1]， 比如：word1="ab", word2="ab"
2. 新增的字符不相等：
1. 需要替换：dp[i][j]基于word1的前i-1个字符和word2的前j-1个字符处理好的情况下，新增的字符相等，需要进行替换操作，则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1， 比如：word1="abc", word2="abb"
2. 需要删除：不需要多的word[i]字符，dp[i][j]基于word1的前i-1个字符和word2的前j个字符处理好的情况下，删除word[i]，则dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1， 比如：word1="abbb", word2="abb"
3. 需要插入：需要在word[i+1]处添加字符，但是dp[i][j]的状态是基于word1的前i个字符和word2的前j-1个字符处理好的情况下，则dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1， 比如：word1="ab", word2="abb"
最后，dp[i][j]的值上面4种情况中最小的那个，因为dp[i-1][j-1] + 1肯定比dp[i-1][j-1]大，所以只需要取dp[i-1][j-1], dp[i-1][j]+1, dp[i][j-1]+1中最小的。
③到哪里去：一直到dp[m-1][n-1]，所以状态转换方程为：pd[m][n] = min(pd[m-1][n], pd[m][n-1]) + (i, j)的值
（3）初始值
①临界式子：第一行的值都无法右上边的值得到，所以第一行的值都是初始值；第一列的值都无法用左边得到，所以第一列的值都是初始值。
②往下推：发现没有其他的初始值了。
代码如下：
public class MyTest {
public static int fun(String word1, String word2) {
int m = word1.length();
int n = word2.length();
if (m < 0 || n <0)
return 0;
int[][] dp = new int[m][n];
//设置初始值
if (word1.charAt(0) == word2.charAt(0))
dp[0][0] = 0;
else
dp[0][0] = 1;
//设置第一列的初始值
for (int i = 1; i < m; i++)
dp[i][0] = dp[i-1][0] + 1;
//设置第一行的初始值
for (int j = 1; j < n; j++)
dp[0][j] = dp[0][j-1] + 1;
//根据状态转换方程计算dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++)
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + 1, dp[i-1][j-1]);
}
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
System.out.print(dp[i][j] + " ");
}
System.out.println();
}
return dp[m-1][n-1];
}
public static void main(String[] args) {
String word1 = "horse", word2 = "ros";
System.out.println(MyTest.fun(word1, word2));
}
}
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