学妹半夜问我动态规划是咋回事，我啪的一下讲清楚了！

事情是这样的，临近期末考试，学妹突然问我动态规划怎么理解，本着友好互助的原则，不顾女朋友的反对，花了五分钟给她讲清楚，先不说其它的了，你们先看文章，我去跪一会榴莲。

什么是递归

先下定义：递归算法是一种直接或者间接调用自身函数或者方法的算法。

通俗来说，递归算法的实质是把问题分解成规模缩小的同类问题的子问题，然后递归调用方法来表示问题的解。它有如下特点：

1. 一个问题的解可以分解为几个子问题的解
1. 这个问题与分解之后的子问题，除了数据规模不同，求解思路完全一样
1. 存在递归终止条件，即必须有一个明确的递归结束条件，称之为递归出口

通过动画一个一个特点来进行分析。

1.一个问题的解可以分解为几个子问题的解

子问题就是相对与其前面的问题数据规模更小的问题。

在动图中①号问题（一块大区域）划分为②号问题，②号问题由两个子问题（两块中区域）组成。

2. 这个问题与分解之后的子问题，除了数据规模不同，求解思路完全一样

「①号划分为②号」与「②号划分为③号」的逻辑是一致的，求解思路是一样的。

3. 存在递归终止条件，即存在递归出口

把问题分解为子问题，把子问题再分解为子子问题，一层一层分解下去，不能存在无限循环，这就需要有终止条件。

①号划分为②号，②号划分为③号，③号划分为④号，划分到④号的时候每个区域只有一个不能划分的问题，这就表明存在递归终止条件。

从递归的经典示例开始

一.数组求和

Sum(arr[0...n-1]) = arr[0] + Sum(arr[1...n-1])

后面的 Sum 函数要解决的就是比前一个 Sum 更小的同一问题。

Sum(arr[1...n-1]) = arr[1] + Sum(arr[2...n-1])

以此类推，直到对一个空数组求和，空数组和为 0 ，此时变成了最基本的问题。

Sum(arr[n-1...n-1] ) = arr[n-1] + Sum([])

二.汉诺塔问题

汉诺塔（Hanoi Tower）问题也是一个经典的递归问题，该问题描述如下：

汉诺塔问题：古代有一个梵塔，塔内有三个座A、B、C，A座上有64个盘子，盘子大小不等，大的在下，小的在上。有一个和尚想把这个盘子从A座移到B座，但每次只能允许移动一个盘子，并且在移动过程中，3个座上的盘子始终保持大盘在下，小盘在上。

① 如果只有 1 个盘子，则不需要利用 B 塔，直接将盘子从 A 移动到 C 。
② 如果有 2 个盘子，可以先将盘子 2 上的盘子 1 移动到 B ；将盘子 2 移动到 C ；将盘子 1 移动到 C 。这说明了：可以借助 B 将 2 个盘子从 A 移动到 C ，当然，也可以借助 C 将 2 个盘子从 A 移动到 B 。
③ 如果有 3 个盘子，那么根据 2 个盘子的结论，可以借助 C 将盘子 3 上的两个盘子从 A 移动到 B ；将盘子 3 从 A 移动到 C ，A 变成空座；借助 A 座，将 B 上的两个盘子移动到 C 。
④ 以此类推，上述的思路可以一直扩展到 n 个盘子的情况，将将较小的 n-1个盘子看做一个整体，也就是我们要求的子问题，以借助 B 塔为例，可以借助空塔 B 将盘子A上面的 n-1 个盘子从 A 移动到 B ；将A 最大的盘子移动到 C ， A 变成空塔；借助空塔 A ，将 B 塔上的 n-2 个盘子移动到 A，将 C 最大的盘子移动到 C， B 变成空塔。。。

三.爬台阶问题

问题描述：

一个人爬楼梯，每次只能爬1个或2个台阶，假设有n个台阶，那么这个人有多少种不同的爬楼梯方法？

先从简单的开始，以 4 个台阶为例，可以通过每次爬 1 个台阶爬完楼梯：

可以通过先爬 2 个台阶，剩下的每次爬 1 个台阶爬完楼梯

在这里，可以思考一下：可以根据第一步的走法把所有走法分为两类：

① 第一类是第一步走了 1 个台阶
② 第二类是第一步走了 2 个台阶

所以 n 个台阶的走法就等于先走 1 阶后，n-1 个台阶的走法，然后加上先走 2 阶后，n-2 个台阶的走法。

用公式表示就是：

f(n) = f(n-1)+f(n-2)

有了递推公式，递归代码基本上就完成了一半。那么接下来考虑递归终止条件。

当有一个台阶时，我们不需要再继续递归，就只有一种走法。

所以 f(1)=1。

通过用 n = 2，n = 3 这样比较小的数试验一下后发现这个递归终止条件还不足够。

n = 2 时，f(2) = f(1) + f(0)。如果递归终止条件只有一个f(1) = 1，那 f(2) 就无法求解，递归无法结束。
所以除了 f(1) = 1 这一个递归终止条件外，还要有 f(0) = 1，表示走 0 个台阶有一种走法，从思维上以及动图上来看，这显得的有点不符合逻辑。所以为了便于理解，把 f(2) = 2 作为一种终止条件，表示走 2 个台阶，有两种走法，一步走完或者分两步来走。

总结如下：

① 假设只有一个台阶，那么只有一种走法，那就是爬 1 个台阶
② 假设有两个个台阶，那么有两种走法，一步走完或者分两步来走

通过递归条件：

f(1) = 1;
f(2) = 2;
f(n) = f(n-1)+f(n-2)

很容易推导出递归代码：

int f(int n) {if (n == 1) return 1;if (n == 2) return 2;return f(n-1) + f(n-2);
}

通过上述三个示例，总结一下如何写递归代码：

1.找到如何将大问题分解为小问题的规律
2.通过规律写出递推公式
3.通过递归公式的临界点推敲出终止条件
4.将递推公式和终止条件翻译成代码

什么是动态规划

介绍动态规划之前先介绍一下分治策略（Divide and Conquer）。

分治策略

将原问题分解为若干个规模较小但类似于原问题的子问题（Divide），「递归」的求解这些子问题（Conquer），然后再合并这些子问题的解来建立原问题的解。

因为在求解大问题时，需要递归的求小问题，因此一般用「递归」的方法实现，即自顶向下。

动态规划（Dynamic Programming）

动态规划其实和分治策略是类似的，也是将一个原问题分解为若干个规模较小的子问题，递归的求解这些子问题，然后合并子问题的解得到原问题的解。
区别在于这些子问题会有重叠，一个子问题在求解后，可能会再次求解，于是我们想到将这些子问题的解存储起来，当下次再次求解这个子问题时，直接拿过来就是。
其实就是说，动态规划所解决的问题是分治策略所解决问题的一个子集，只是这个子集更适合用动态规划来解决从而得到更小的运行时间。
即用动态规划能解决的问题分治策略肯定能解决，只是运行时间长了。因此，分治策略一般用来解决子问题相互对立的问题，称为标准分治，而动态规划用来解决子问题重叠的问题。

与「分治策略」「动态规划」概念接近的还有「贪心算法」「回溯算法」，由于篇幅限制，程序员小吴就不在这进行展开，在后续的文章中将分别详细的介绍「贪心算法」、「回溯算法」、「分治算法」，敬请关注：）

将「动态规划」的概念关键点抽离出来描述就是这样的：

1.动态规划法试图只解决每个子问题一次
2.一旦某个给定子问题的解已经算出，则将其记忆化存储，以便下次需要同一个子问题解之时直接查表。

从递归到动态规划

还是以 爬台阶 为例，如果以递归的方式解决的话，那么这种方法的时间复杂度为O(2^n)，具体的计算可以查看笔者之前的文章《冰与火之歌：时间复杂度与空间复杂度》。

相同颜色代表着爬台阶问题在递归计算过程中重复计算的部分。

通过图片可以发现一个现象，我们是自顶向下的进行递归运算，比如：f(n) 是f(n-1)与f(n-2)相加，f(n-1) 是f(n-2)与f(n-3)相加。

思考一下：如果反过来，采取自底向上，用迭代的方式进行推导会怎么样了？

下面通过表格来解释 f(n)自底向上的求解过程。

台阶数	1	2	3	4	5	6	7	8	9
走法数	1	2

表格的第一行代表了楼梯台阶的数目，第二行代表了若干台阶对应的走法数。
其中f(1) = 1 和 f(2) = 2是前面明确的结果。

第一次迭代，如果台阶数为 3 ，那么走法数为 3 ，通过 f(3) = f(2) + f(1)得来。

台阶数	1	2	3	4	5	6	7	8	9
走法数	1	2	3

第二次迭代，如果台阶数为 4 ，那么走法数为 5 ，通过 f(4) = f(3) + f(2)得来。

台阶数	1	2	3	4	5	6	7	8	9
走法数	1	2	3	5

由此可见，每一次迭代过程中，只需要保留之前的两个状态，就可以推到出新的状态。

show me the code

int f(int n) {if (n == 1) return 1;if (n == 2) return 2;// a 保存倒数第二个子状态数据，b 保存倒数第一个子状态数据， temp 保存当前状态的数据int a = 1, b = 2;int temp = a + b;for (int i = 3; i <= n; i++) {temp = a + b;a = b;b = temp; }return temp;
}

程序从 i = 3 开始迭代，一直到 i = n 结束。每一次迭代，都会计算出多一级台阶的走法数量。迭代过程中只需保留两个临时变量 a 和 b ，分别代表了上一次和上上次迭代的结果。为了便于理解，引入了temp变量。temp代表了当前迭代的结果值。

看一看出，事实上并没有增加太多的代码，只是简单的进行了优化，时间复杂度便就降为O(n)，而空间复杂度也变为O(1)，这，就是「动态规划」的强大！

详解动态规划

「动态规划」中包含三个重要的概念：

【最优子结构】
【边界】
【状态转移公式】

在「爬台阶问题」中

f(10) = f(9) + f(8) 是【最优子结构】
f(1) 与 f(2) 是【边界】
f(n) = f(n-1) + f(n-2) 【状态转移公式】

「爬台阶问题」只是动态规划中相对简单的问题，因为它只有一个变化维度，如果涉及多个维度的话，那么问题就变得复杂多了。

难点就在于找出「动态规划」中的这三个概念。

比如「国王和金矿问题」。

国王和金矿问题

有一个国家发现了 5 座金矿，每座金矿的黄金储量不同，需要参与挖掘的工人数也不同。参与挖矿工人的总数是 10 人。每座金矿要么全挖，要么不挖，不能派出一半人挖取一半金矿。要求用程序求解出，要想得到尽可能多的黄金，应该选择挖取哪几座金矿？

找出「动态规划」中的这三个概念

国王和金矿问题中的【最优子结构】

国王和金矿问题中的【最优子结构】有两个：

① 4 金矿 10 工人的最优选择
② 4 金矿（10 - 5）工人的最优选择

4 金矿的最优选择与 5 金矿的最优选择之间的关系是

MAX[（4 金矿 10 工人的挖金数量），（4 金矿 5 工人的挖金数量 + 第 5 座金矿的挖金数量）]

国王和金矿问题中的【边界】

国王和金矿问题中的【边界】有两个：

① 当只有 1 座金矿时，只能挖这座唯一的金矿，得到的黄金数量为该金矿的数量
② 当给定的工人数量不够挖 1 座金矿时，获取的黄金数量为 0

国王和金矿问题中的【状态转移公式】

我们把金矿数量设为 N，工人数设为 W，金矿的黄金量设为数组G[]，金矿的用工量设为数组P[]，得到【状态转移公式】：

边界值：F(n,w) = 0 (n <= 1, w < p[0])
F(n,w) = g[0] (n==1, w >= p[0])
F(n,w) = F(n-1,w) (n > 1, w < p[n-1])
F(n,w) = max(F(n-1,w), F(n-1,w-p[n-1]) + g[n-1]) (n > 1, w >= p[n-1])

国王和金矿问题中的【实现】

先通过几幅动画来理解「工人」与「金矿」搭配的方式

1.只挖第一座金矿

在只挖第一座金矿前面两个工人挖矿收益为零，当有三个工人时，才开始产生收益为 200，而后即使增加再多的工人收益不变，因为只有一座金矿可挖。

2.挖第一座与第二座金矿

在第一座与第二座金矿这种情况中，前面两个工人挖矿收益为零，因为 W < 3,所以F(N,W) = F(N-1,W) = 0。

当有三个工人时，将其安排挖第一个金矿，开始产生收益为 200。

当有四个工人时，挖矿位置变化，将其安排挖第二个金矿，开始产生收益为 300。

当有五、六个工人时，由于多于四个工人的人数不足以去开挖第一座矿，因此收益还是为 300。

当有七个工人时，可以同时开采第一个和第二个金矿，开始产生收益为 500。

3.挖前三座金矿

这是「国王和金矿」问题中最重要的一个动画之一，可以多看几遍

4.挖前四座金矿

这是「国王和金矿」问题中最重要的一个动画之一，可以多看几遍

《LeetCode刷题C/C++版答案》pdf出炉，白瞟党乐坏了

国王和金矿问题中的【规律】

仔细观察上面的几组动画可以发现：

对比「挖第一座与第二座金矿」和「挖前三座金矿」，在「挖前三座金矿」中，3 金矿 7 工人的挖矿收益，来自于 2 金矿 7 工人和 2 金矿 4 工人的结果，Max(500,300 + 350) = 650；
对比「挖前三座金矿」和「挖前四座金矿」，在「挖前四座金矿」中，4 金矿 10 工人的挖矿收益，来自于 3 金矿 10 工人和 3 金矿 5 工人的结果，Max(850,400 + 300) = 850；

国王和金矿问题中的【动态规划代码】

代码来源：https://www.cnblogs.com/SDJL/archive/2008/08/22/1274312.html//maxGold[i][j] 保存了i个人挖前j个金矿能够得到的最大金子数，等于 -1 时表示未知
int maxGold[max_people][max_n];int GetMaxGold(int people, int mineNum){int retMaxGold;                            //声明返回的最大金矿数量//如果这个问题曾经计算过if(maxGold[people][mineNum] != -1){retMaxGold = maxGold[people][mineNum]; //获得保存起来的值}else if(mineNum == 0) {                   //如果仅有一个金矿时 [ 对应动态规划中的"边界"]if(people >= peopleNeed[mineNum])      //当给出的人数足够开采这座金矿retMaxGold = gold[mineNum];        //得到的最大值就是这座金矿的金子数else                                   //否则这唯一的一座金矿也不能开采retMaxGold = 0;                    //得到的最大值为 0 个金子}else if(people >= peopleNeed[mineNum])    // 如果人够开采这座金矿[对应动态规划中的"最优子结构"]{//考虑开采与不开采两种情况，取最大值retMaxGold = max(GetMaxGold(people - peopleNeed[mineNum],mineNum - 1) + gold[mineNum],GetMaxGold(people,mineNum - 1));}else//否则给出的人不够开采这座金矿 [ 对应动态规划中的"最优子结构"]{retMaxGold = GetMaxGold(people,mineNum - 1);     //仅考虑不开采的情况maxGold[people][mineNum] = retMaxGold;}return retMaxGold;
}