递归和动态规划都是将原问题拆分成多个子问题然后求解，但是动态规划存储了子问题的解，不需要重复计算.

动态规划（Dynamic Programming，DP）需要转移方程和边界条件。

一、70. 爬楼梯

1.1 题目描述

1.2 代码

二、198. 打家劫舍

2.1 题目描述

2.2 代码

三、213. 打家劫舍 II

3.1 题目描述

3.2 代码

四、信件错排

4.1 题目描述

4.2 代码

五、母牛生产

5.1 题目描述

5.2 代码

1.1 题目描述

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。

1.2 代码

思路链接

思路和算法:

用 f(x)表示爬到第 x级台阶的方案数，考虑最后一步可能跨了一级台阶，也可能跨了两级台阶。

1.动态规划的转移方程：

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

2.再讨论边界条件：我们是从第 0 级开始爬的，所以从第 0 级爬到第 0 级我们可以看作只有一种方案，即 f(0) = 1；从第 0级到第 1 级也只有一种方案，即爬一级，f(1) = 1。根据转移方程得到 f(2) = 2，f(3) = 3，f(4) = 5，……

public int climbStairs(int n){int pre1=1,pre2=1;for (int i = 1; i < n; i++) {int temp=pre2pre2=pre1+pre2;pre1=temp;}return pre2;}

复杂度分析：

时间复杂度：循环执行 n 次，每次花费常数的时间代价，故渐进时间复杂度为 O(n)。

空间复杂度：这里只用了常数个变量作为辅助空间，故渐进空间复杂度为 O(1)。

补充

还有两种其他方法：

随着 n的不断增大 O(n) 可能已经不能满足我们的需要了，我们可以用「矩阵快速幂」的方法把算法加速到O(logn)。

我们也可以把 n 代入斐波那契数列的通项公式计算结果，但是如果我们用浮点数计算来实现，可能会产生精度误差。

二、198. 打家劫舍

2.1 题目描述

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。

给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你不触动警报装置的情况下，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

2.2 代码

题解思路

如果房屋数量大于两间，应该如何计算能够偷窃到的最高总金额呢？对于第 k (k>2) 间房屋，有两个选项：

偷窃第 k 间房屋，那么就不能偷窃第k−1 间房屋，偷窃总金额为前k−2 间房屋的最高总金额与第 k 间房屋的金额之和。f(k-2)+mk

不偷窃第k 间房屋，偷窃总金额为前 k−1 间房屋的最高总金额。f(k-1)

如果有一间房，则偷这一间f1=m1。若有两间房，则偷金额多的那一个f2=max{m1,m2}。如果有三间房，则f3=max{{m1，m3}，{m2}}，即f3=max{f1+m3，f2}。

如果有四间房，若偷前两间房的最大的加上第4间，或者前3间房的，即{f2+m4}or f3，因此f4=max{{f2+m4}，f3}。

可以写出转移方程：

public static int rob(int[] nums) {if (nums.length==1) return nums[0];int pre1=nums[0],pre2=Math.max(nums[0],nums[1]);for (int i = 2; i < nums.length; i++) {int temp=pre2;pre2=Math.max(pre1+nums[i],pre2);pre1=temp;}return pre2;}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n是数组长度。只需要对数组遍历一次。

空间复杂度：O(1)。使用滚动数组，可以只存储前两间房屋的最高总金额，而不需要存储整个数组的结果，因此空间复杂度是 O(1)。

三、213. 打家劫舍 II

3.1 题目描述

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都围成一圈，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。

给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你在不触动警报装置的情况下，今晚能够偷窃到的最高金额。

3.2 代码

题解思路

假设数组nums 的长度为 n。如果不偷窃最后一间房屋，则偷窃房屋的下标范围是[0,n−2]；如果不偷窃第一间房屋，则偷窃房屋的下标范围是 [1,n−1]。

在确定偷窃房屋的下标范围之后，即可用第 198 题的方法解决。

public static int rob(int[] nums) {int n=nums.length;if (nums==null || n == 0) return 0;if (n == 1) return nums[0];if (n == 2) return Math.max(nums[0], nums[1]);return Math.max(robRange(nums,0,n-2),robRange(nums,1,n-1));}public static int robRange(int[] nums,int start,int end){int pre1 = nums[start], pre2 = Math.max(nums[start], nums[start+1]);for (int i = start+2; i <= end; i++) {int temp=pre2;pre2 = Math.max(pre1 + nums[i], pre2);pre1 = temp;}return pre2;}

四、信件错排

4.1 题目描述

NowCoder每天要给很多人发邮件。有一天他发现发错了邮件，把发给A的邮件发给了B，把发给B的邮件发给了A。于是他就思考，要给n个人发邮件，在每个人仅收到1封邮件的情况下，有多少种情况是所有人都收到了错误的邮件？

即有 N 个信件和信箱，每封信件对应一个正确信箱位置。现在它们被打乱，求错误装信方式的数量。保证每一封信都装在错误的位置。

4.2 代码

思路：

数组dp[],存储错误方式数量。dp[i]表示有i封信、i个信箱情况下的错误装信方法总数。

对于第N封信而言，假设其装在了第 K 个信箱中，对于第 K 封信，有两种情况，（1）信件 K 装在信箱 N 中；（2）信件 K 未被装在信箱 N 中。

(1) 信件K装在信箱N中

我们不看 K 和 N 这两对信件和信箱，只关注剩下 N-2 对信件和信箱，有 dp[N-2] 种错误装信方法。同时， K 的取值范围： 1~N-1 ，因此共有 (N-1)*dp[N-2] 种错误装信方法。

(2) 信件 K 未被装在信箱 N 中

先给出结果，该情况的错误装信方法有 (N-1)*dp[N-1] 种。这个 dp[N-1] 是如何得出来，我思考了良久。

我们把问题重新描述一下，思路就会清晰很多。事实上，对于信件 i 来说，信箱 i 是它的“专属信箱”，每个信件都不能放入自己的专属信箱，对于n 个信件而言，都需要找其它 n-1 个信箱放入，其错排方法数为 dp[n] 。

问题的症结在于，对于上图中的信件 K 来说，其专属信箱，即 K 信箱已经被占用。

但是，我们可以把信箱 N 当做信件 K 的“专属信箱”，因为本情况下，信件 K 也不能放入信箱 N 。所以可以理解成求 N-1 封信件和 N-1 个信箱（除去信件 N）之间的错排数量问题。所以得到 dp[N-1]。

同理 K 的取值范围： 1~N-1 ，因此共有 (N-1)*dp[N-1] 种错误装信方法。

综上，状态转移方程：

 private int MailMisalignment(int n){if (n==0) return 0;if (n==1) return 1;int[] dp =new int[n];dp[0]=0;dp[1]=1;for (int i = 2; i < n; i++) {dp[i]=(i-1)*(dp[i-1]+dp[i-2]);}return dp[n-1];}

五、母牛生产

5.1 题目描述

假设农场中成熟的母牛每年都会生 1 头小母牛，并且永远不会死。第一年有 1 只小母牛，从第二年开始，母牛开始生小母牛。每只小母牛 3 年之后成熟又可以生小母牛。给定整数 N，求 N 年后牛的数量。

5.2 代码

思路:

每一年的母牛数等于前一年的母牛数和三年前的母牛数。用dp[i]代表第i+1年的母牛数量。

转移方程：dp[ i ]=dp[i-1]+dp[i-3]

边界条件：dp[0]=1;dp[1]=2;dp[2]=3;//第一年有1个母牛，第二年有2个，第三年有3个母牛

  public  int cowNums(int n){if (n<=3) return n;int dp[]=new int[n];dp[0]=1;dp[1]=2;dp[2]=3;for (int i = 3; i <n ; i++) {dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3];}return dp[n-1];}

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4.2 代码

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