動態規劃難嗎？說實話，我覺得很難，特別是對於初學者來說，我當時入門動態規劃的時候，是看 0-1 背包問題，當時真的是一臉懵逼。後來，我遇到動態規劃的題，看的懂答案，但就是自己不會做，不知道怎麼下手。就像做遞歸的題，看的懂答案，但下不了手，關於遞歸的，我之前也寫過一篇套路的文章，如果對遞歸不大懂的，強烈建議看一看：
對於動態規劃，春招秋招時好多題都會用到動態規劃，一氣之下，再 leetcode 連續刷了幾十道題
之後，豁然開朗 ，感覺動態規劃也不是很難，今天，我就來跟大家講一講，我是怎麼做動態規劃的題的，以及從中學到的一些套路。相信你看完一定有所收穫
如果你對動態規劃感興趣，或者你看的懂動態規劃，但卻不知道怎麼下手，那麼我建議你好好看以下，這篇文章的寫法，和之前那篇講遞歸的寫法，是差不多一樣的，將會舉大量的例子。如果一次性看不完，建議收藏，同時別忘了素質三連。
為了兼顧初學者，我會從最簡單的題講起，後面會越來越難，最後面還會講解，該如何優化。因為 80% 的動規都是可以進行優化的。不過我得說，如果你連動態規劃是什麼都沒聽過，可能這篇文章你也會壓力山大。
一、動態規劃的三大步驟
動態規劃，無非就是利用歷史記錄，來避免我們的重複計算。而這些歷史記錄，我們得需要一些變量來保存，一般是用一維數組或者二維數組來保存。下面我們先來講下做動態規劃題很重要的三個步驟，
如果你聽不懂，也沒關係，下面會有很多例題講解，估計你就懂了。之所以不配合例題來講這些步驟，也是為了怕你們腦袋亂了
第一步驟：定義數組元素的含義，上面說了，我們會用一個數組，來保存歷史數組，假設用一維數組 dp[] 吧。這個時候有一個非常非常重要的點，就是規定你這個數組元素的含義，例如你的 dp[i] 是代表什麼意思？
第二步驟：找出數組元素之間的關係式，我覺得動態規劃，還是有一點類似於我們高中學習時的歸納法的，當我們要計算 dp[n] 時，是可以利用 dp[n-1]，dp[n-2]…..dp[1]，來推出 dp[n] 的，也就是可以利用歷史數據來推出新的元素值，所以我們要找出數組元素之間的關係式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，這個就是他們的關係式了。而這一步，也是最難的一步，後面我會講幾種類型的題來說。
學過動態規劃的可能都經常聽到最優子結構，把大的問題拆分成小的問題，說時候，最開始的時候，我是對最優子結構一夢懵逼的。估計你們也聽多了，所以這一次，我將換一種形式來講，不再是各種子問題，各種最優子結構。所以大佬可別噴我再亂講，因為我說了，這是我自己平時做題的套路。
第三步驟：找出初始值。學過數學歸納法的都知道，雖然我們知道了數組元素之間的關係式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，我們可以通過 dp[n-1] 和 dp[n-2] 來計算 dp[n]，但是，我們得知道初始值啊，例如一直推下去的話，會由 dp[3] = dp[2] + dp[1]。而 dp[2] 和 dp[1] 是不能再分解的了，所以我們必須要能夠直接獲得 dp[2] 和 dp[1] 的值，而這，就是所謂的初始值。
由了初始值，並且有了數組元素之間的關係式，那麼我們就可以得到 dp[n] 的值了，而 dp[n] 的含義是由你來定義的，你想求什麼，就定義它是什麼，這樣，這道題也就解出來了。
不懂？沒事，我們來看三四道例題，我講嚴格按這個步驟來給大家講解。
二、案例詳解
案例一、簡單的一維 DP
問題描述：一隻青蛙一次可以跳上1級台階，也可以跳上2級。求該青蛙跳上一個n級的台階總共有多少種跳法。
(1)、定義數組元素的含義
按我上面的步驟說的，首先我們來定義 dp[i] 的含義，我們的問題是要求青蛙跳上 n 級的台階總共由多少種跳法，那我們就定義 dp[i] 的含義為：跳上一個 i 級的台階總共有 dp[i] 種跳法。這樣，如果我們能夠算出 dp[n]，不就是我們要求的答案嗎？所以第一步定義完成。
（2）、找出數組元素間的關係式
我們的目的是要求 dp[n]，動態規劃的題，如你們經常聽說的那樣，就是把一個規模比較大的問題分成幾個規模比較小的問題，然後由小的問題推導出大的問題。也就是說，dp[n] 的規模為 n，比它規模小的是 n-1, n-2, n-3…. 也就是說，dp[n] 一定會和 dp[n-1], dp[n-2]….存在某種關係的。我們要找出他們的關係。
那麼問題來了，怎麼找？
這個怎麼找，是最核心最難的一個，我們必須回到問題本身來了，來尋找他們的關係式，dp[n] 究竟會等於什麼呢？
對於這道題，由於情況可以選擇跳一級，也可以選擇跳兩級，所以青蛙到達第 n 級的台階有兩種方式
一種是從第 n-1 級跳上來
一種是從第 n-2 級跳上來
由於我們是要算所有可能的跳法的，所以有 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。
（3）、找出初始條件
當 n = 1 時，dp[1] = dp[0] + dp[-1]，而我們是數組是不允許下標為負數的，所以對於 dp[1]，我們必須要直接給出它的數值，相當於初始值，顯然，dp[1] = 1。一樣，dp[0] = 0.（因為 0 個台階，那肯定是 0 種跳法了）。於是得出初始值：
dp[0] = 0.
dp[1] = 1.
即 n <= 1 時，dp[n] = n.
三個步驟都做出來了，那麼我們就來寫代碼吧，代碼會詳細註釋滴。
int f( int n ){
if(n <= 1)
return n;
// 先創建一個數組來保存歷史數據
int[] dp = new int[n+1];
// 給出初始值
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
// 通過關係式來計算出 dp[n]
for(int i = 2; i <= n; i++){
dp[i] = dp[i-1] + dp[-2];
}
// 把最終結果返回
return dp[n];
}
（4）、再說初始化
大家先想以下，你覺得，上面的代碼有沒有問題？
答是有問題的，還是錯的，錯在對初始值的尋找不夠嚴謹，這也是我故意這樣弄的，意在告訴你們，關於初始值的嚴謹性。例如對於上面的題，當 n = 2 時，dp[2] = dp[1] + dp[0] = 1。這顯然是錯誤的，你可以模擬一下，應該是 dp[2] = 2。
也就是說，在尋找初始值的時候，一定要注意不要找漏了，dp[2] 也算是一個初始值，不能通過公式計算得出。有人可能會說，我想不到怎麼辦？這個很好辦，多做幾道題就可以了。
下面我再列舉三道不同的例題，並且，再在未來的文章中，我也會持續按照這個步驟，給大家找幾道有難度且類型不同的題。下面這幾道例題，不會講的特性詳細哈。實際上 ，上面的一維數組是可以把空間優化成更小的，不過我們現在先不講優化的事，下面的題也是，不講優化版本。
案例二：二維數組的 DP
我做了幾十道 DP 的算法題，可以說，80% 的題，都是要用二維數組的，所以下面的題主要以二維數組為主，當然有人可能會說，要用一維還是二維，我怎麼知道？這個問題不大，接着往下看。
問題描述
一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記為“Start” ）。
機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記為“Finish”）。
問總共有多少條不同的路徑？
這是 leetcode 的 62 號題：
還是老樣子，三個步驟來解決。
步驟一、定義數組元素的含義
由於我們的目的是從左上角到右下角一共有多少種路徑，那我們就定義 dp[i] [j]的含義為：當機器人從左上角走到(i, j) 這個位置時，一共有 dp[i] [j] 種路徑。那麼，dp[m-1] [n-1] 就是我們要的答案了。
注意，這個網格相當於一個二維數組，數組是從下標為 0 開始算起的，所以 右下角的位置是 (m-1, n – 1)，所以 dp[m-1] [n-1] 就是我們要找的答案。
步驟二：找出關係數組元素間的關係式
想象以下，機器人要怎麼樣才能到達 (i, j) 這個位置？由於機器人可以向下走或者向右走，所以有兩種方式到達
一種是從 (i-1, j) 這個位置走一步到達
一種是從(i, j – 1) 這個位置走一步到達
因為是計算所有可能的步驟，所以是把所有可能走的路徑都加起來，所以關係式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]。
步驟三、找出初始值
顯然，當 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一個為 0，那麼還能使用關係式嗎？答是不能的，因為這個時候把 i – 1 或者 j – 1，就變成負數了，數組就會出問題了，所以我們的初始值是計算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。這個還是非常容易計算的，相當於計算機圖中的最上面一行和左邊一列。因此初始值如下：
dp[0] [0….n-1] = 1; // 相當於最上面一行，機器人只能一直往左走
dp[0…m-1] [0] = 1; // 相當於最左面一列，機器人只能一直往下走
擼代碼
三個步驟都寫出來了，直接看代碼
public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < m; i++){
dp[i][0] = 1;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[0][i] = 1;
}
// 推導出 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];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
O(n*m) 的空間複雜度可以優化成 O(min(n, m)) 的空間複雜度的，不過這裏先不講
案例三、二維數組 DP
寫到這裏，有點累了，，但還是得寫下去，所以看的小夥伴，你們可得繼續看呀。下面這道題也不難，比上面的難一丟丟，不過也是非常類似
問題描述
給定一個包含非負整數的 m x n 網格，請找出一條從左上角到右下角的路徑，使得路徑上的数字總和為最小。
說明：每次只能向下或者向右移動一步。
舉例：
輸入:
arr = [
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
輸出: 7
解釋: 因為路徑 1→3→1→1→1 的總和最小。
和上面的差不多，不過是算最優路徑和，這是 leetcode 的第64題：
還是老樣子，可能有些人都看煩了，哈哈，但我還是要按照步驟來寫，讓那些不大懂的加深理解。有人可能覺得，這些題太簡單了吧，別慌，小白先入門，這些屬於 medium 級別的，後面在給幾道 hard 級別的。
步驟一、定義數組元素的含義
由於我們的目的是從左上角到右下角，最小路徑和是多少，那我們就定義 dp[i] [j]的含義為：當機器人從左上角走到(i, j) 這個位置時，最下的路徑和是 dp[i] [j]。那麼，dp[m-1] [n-1] 就是我們要的答案了。
注意，這個網格相當於一個二維數組，數組是從下標為 0 開始算起的，所以 由下角的位置是 (m-1, n – 1)，所以 dp[m-1] [n-1] 就是我們要走的答案。
步驟二：找出關係數組元素間的關係式
想象以下，機器人要怎麼樣才能到達 (i, j) 這個位置？由於機器人可以向下走或者向右走，所以有兩種方式到達
一種是從 (i-1, j) 這個位置走一步到達
一種是從(i, j – 1) 這個位置走一步到達
不過這次不是計算所有可能路徑，而是計算哪一個路徑和是最小的，那麼我們要從這兩種方式中，選擇一種，使得dp[i] [j] 的值是最小的，顯然有
dp[i] [j] = min(dp[i-1][j]，dp[i][j-1]) + arr[i][j];// arr[i][j] 表示網格種的值
步驟三、找出初始值
顯然，當 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一個為 0，那麼還能使用關係式嗎？答是不能的，因為這個時候把 i – 1 或者 j – 1，就變成負數了，數組就會出問題了，所以我們的初始值是計算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。這個還是非常容易計算的，相當於計算機圖中的最上面一行和左邊一列。因此初始值如下：
dp[0] [j] = arr[0] [j] + dp[0] [j-1]; // 相當於最上面一行，機器人只能一直往左走
dp[i] [0] = arr[i] [0] + dp[i] [0]; // 相當於最左面一列，機器人只能一直往下走
代碼如下
public static int uniquePaths(int[][] arr) {
int m = arr.length;
int n = arr[0].length;
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
dp[0][0] = arr[0][0];
// 初始化最左邊的列
for(int i = 1; i < m; i++){
dp[i][0] = dp[i-1][0] + arr[i][0];
}
// 初始化最上邊的行
for(int i = 1; i < n; i++){
dp[0][i] = dp[0][i-1] + arr[0][i];
}
// 推導出 dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + arr[i][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
O(n*m) 的空間複雜度可以優化成 O(min(n, m)) 的空間複雜度的，不過這裏先不講
案例 4：編輯距離
這次給的這道題比上面的難一些，在 leetcdoe 的定位是 hard 級別。好像是 leetcode 的第 72 號題。
問題描述
給定兩個單詞 word1 和 word2，計算出將 word1 轉換成 word2 所使用的最少操作數 。
你可以對一個單詞進行如下三種操作：
插入一個字符
刪除一個字符
替換一個字符
示例：
輸入: word1 = "horse", word2 = "ros"
輸出: 3
解釋:
horse -> rorse (將 'h' 替換為 'r')
rorse -> rose (刪除 'r')
rose -> ros (刪除 'e')
解答
還是老樣子，按照上面三個步驟來，並且我這裏可以告訴你，90% 的字符串問題都可以用動態規劃解決，並且90%是採用二維數組。
步驟一、定義數組元素的含義
由於我們的目的求將 word1 轉換成 word2 所使用的最少操作數 。那我們就定義 dp[i] [j]的含義為：當字符串 word1 的長度為 i，字符串 word2 的長度為 j 時，將 word1 轉化為 word2 所使用的最少操作次數為 dp[i] [j]。
有時候，數組的含義並不容易找，所以還是那句話，我給你們一個套路，剩下的還得看你們去領悟。
步驟二：找出關係數組元素間的關係式
接下來我們就要找 dp[i] [j] 元素之間的關係了，比起其他題，這道題相對比較難找一點，但是，不管多難找，大部分情況下，dp[i] [j] 和 dp[i-1] [j]、dp[i] [j-1]、dp[i-1] [j-1] 肯定存在某種關係。因為我們的目標就是，**從規模小的，通過一些操作，推導出規模大的。對於這道題，我們可以對 word1 進行三種操作
插入一個字符
刪除一個字符
替換一個字符
由於我們是要讓操作的次數最小，所以我們要尋找最佳操作。那麼有如下關係式：
一、如果我們 word1[i] 與 word2 [j] 相等，這個時候不需要進行任何操作，顯然有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1]。（別忘了 dp[i] [j] 的含義哈）。
二、如果我們 word1[i] 與 word2 [j] 不相等，這個時候我們就必須進行調整，而調整的操作有 3 種，我們要選擇一種。三種操作對應的關係試如下（注意字符串與字符的區別）：
（1）、如果把字符 word1[i] 替換成與 word2[j] 相等，則有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1] + 1;
（2）、如果在字符串 word1末尾插入一個與 word2[j] 相等的字符，則有 dp[i] [j] = dp[i] [j-1] + 1;
（3）、如果把字符 word1[i] 刪除，則有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + 1;
那麼我們應該選擇一種操作，使得 dp[i] [j] 的值最小，顯然有
dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j-1]，dp[i] [j-1]，dp[[i-1] [j]]) + 1;
於是，我們的關係式就推出來了，
步驟三、找出初始值
顯然，當 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一個為 0，那麼還能使用關係式嗎？答是不能的，因為這個時候把 i – 1 或者 j – 1，就變成負數了，數組就會出問題了，所以我們的初始值是計算出所有的 dp[0] [0….n] 和所有的 dp[0….m] [0]。這個還是非常容易計算的，因為當有一個字符串的長度為 0 時，轉化為另外一個字符串，那就只能一直進行插入或者刪除操作了。
代碼如下
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
// dp[0][0...n2]的初始值
for (int j = 1; j <= n2; j++)
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
// dp[0...n1][0] 的初始值
for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
// 通過公式推出 dp[n1][n2]
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// 如果 word1[i] 與 word2[j] 相等。第 i 個字符對應下標是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else {
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
}
}
}
return dp[n1][n2];
}
最後說下，如果你要練習，可以去 leetcode，選擇動態規劃專題，然後連續刷幾十道，保證你以後再也不怕動態規劃了。當然，遇到很難的，咱還是得掛。
Leetcode 動態規劃直達：
三、如何優化？
前两天寫一篇長達 8000 子的關於動態規劃的文章
這篇文章更多講解我平時做題的套路，不過由於篇幅過長，舉了 4 個案例之後，沒有講解優化，今天這篇文章就來講解下，對動態規劃的優化如何下手，並且以前幾天那篇文章的題作為例子直接講優化，如果沒看過的建議看一下（不看也行，我會直接給出題目以及沒有優化前的代碼）：
四、優化核心：畫圖！畫圖！畫圖
沒錯，80% 的動態規劃題都可以畫圖，其中 80% 的題都可以通過畫圖一下子知道怎麼優化，當然，DP 也有一些很難的題，想優化可沒那麼容易，不過，今天我要講的，是屬於不怎麼難，且最常見，面試筆試最經常考的難度的題。
下面我們直接通過三道題目來講解優化，你會發現，這些題，優化過後，代碼只有細微的改變，你只要會一兩道，可以說是會了 80% 的題。
O(n*m) 空間複雜度優化成 O(n)
上次那個青蛙跳台階的 dp 題是可以把空間複雜度 O( n) 優化成 O(1)，本來打算從這道題講起的，但想了下，想要學習 dp 優化的感覺至少都是 小小大佬了，所以就不講了，就從二維數組的 dp 講起。
案例1：最多路徑數
問題描述
一個機器人位於一個 m x n 網格的左上角 （起始點在下圖中標記為“Start” ）。
機器人每次只能向下或者向右移動一步。機器人試圖達到網格的右下角（在下圖中標記為“Finish”）。
問總共有多少條不同的路徑？
這是 leetcode 的 62 號題：
這道題的 dp 轉移公式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]，代碼如下
不懂的看我之前文章：
public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < m; i++){
dp[i][0] = 1;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[0][i] = 1;
}
// 推導出 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];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
這種做法的空間複雜度是 O(n * m)，下面我們來講解如何優化成 O(n)。
dp[i] [j] 是一個二維矩陣，我們來畫個二維矩陣的圖，對矩陣進行初始化
然後根據公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] 來填充矩陣的其他值。下面我們先填充第二行的值。
大家想一個問題，當我們要填充第三行的值的時候，我們需要用到第一行的值嗎？答是不需要的，不行你試試，當你要填充第三，第四….第 n 行的時候，第一行的值永遠不會用到，只要填充第二行的值時會用到。
根據公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]，我們可以知道，當我們要計算第 i 行的值時，除了會用到第 i – 1 行外，其他第 1 至 第 i-2 行的值我們都是不需要用到的，也就是說，對於那部分用不到的值我們還有必要保存他們嗎？
答是沒必要，我們只需要用一個一維的 dp[] 來保存一行的歷史記錄就可以了。然後在計算機的過程中，不斷着更新 dp[] 的值。單說估計你可能不好理解，下面我就手把手來演示下這個過程。
1、剛開始初始化第一行，此時 dp[0..n-1] 的值就是第一行的值。
2、接着我們來一邊填充第二行的值一邊更新 dp[i] 的值，一邊把第一行的值拋棄掉。
為了方便描述，下面我們用arr (i，j）表示矩陣中第 i 行 第 j 列的值。從 0 開始哈，就是說有第 0 行。
（1）、顯然，矩陣(1, 0) 的值相當於以往的初始化值，為 1。然後這個時候矩陣 (0，0）的值不在需要保存了，因為再也用不到了。
這個時候，我們也要跟着更新 dp[0] 的值了，剛開始 dp[0] = (0, 0)，現在更新為 dp[0] = (1, 0)。
（2）、接着繼續更新 (1, 1) 的值，根據之前的公式 （i, j) = (i-1, j) + (i, j- 1)。即 （1，1）=（0，1）+（1，0）=2。
大家看圖，以往的二維的時候， dp[i][j] = dp[i-1] [j]+ dp[i][j-1]。現在轉化成一維，不就是 dp[i] = dp[i] + dp[i-1] 嗎？
即 dp[1] = dp[1] + dp[0]，而且還動態幫我們更新了 dp[1] 的值。因為剛開始 dp[i] 的保存第一行的值的，現在更新為保存第二行的值。
(3)、同樣的道理，按照這樣的模式一直來計算第二行的值，順便把第一行的值拋棄掉，結果如下
此時，dp[i] 將完全保存着第二行的值，並且我們可以推導出公式
dp[i] = dp[i-1] + dp[i]
dp[i-1] 相當於之前的 dp[i-1][j]，dp[i] 相當於之前的 dp[i][j-1]。
於是按照這個公式不停着填充到最後一行，結果如下：
最後 dp[n-1] 就是我們要求的結果了。所以優化之後，代碼如下：
public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[] dp = new int[n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[i] = 1;
}
// 公式：dp[i] = dp[i-1] + dp[i]
for (int i = 1; i < m; i++) {
// 第 i 行第 0 列的初始值
dp[0] = 1;
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
}
}
return dp[n-1];
}
案例2：編輯距離
接着我們來看昨天的另外一道題，就是編輯矩陣，這道題的優化和這一道有一點點的不同，上面這道 dp[i][j] 依賴於 dp[i-1][j] 和 dp[i][j-1]。而還有一種情況就是 dp[i][j] 依賴於 dp[i-1][j]，dp[i-1][j-1] 和 dp[i][j-1]。
問題描述
給定兩個單詞 word1 和 word2，計算出將 word1 轉換成 word2 所使用的最少操作數 。
你可以對一個單詞進行如下三種操作：
插入一個字符
刪除一個字符
替換一個字符
示例：
輸入: word1 = "horse", word2 = "ros"
輸出: 3
解釋:
horse -> rorse (將 'h' 替換為 'r')
rorse -> rose (刪除 'r')
rose -> ros (刪除 'e')
解答
昨天的代碼如下所示，不懂的記得看之前的文章哈：
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
// dp[0][0...n2]的初始值
for (int j = 1; j <= n2; j++)
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
// dp[0...n1][0] 的初始值
for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
// 通過公式推出 dp[n1][n2]
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// 如果 word1[i] 與 word2[j] 相等。第 i 個字符對應下標是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else {
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
}
}
}
return dp[n1][n2];
}
沒有優化之間的空間複雜度為 O(n*m)
大家可以自己動手做下，按照上面的那個模式，你會優化嗎？
對於這道題其實也是一樣的，如果要計算 第 i 行的值，我們最多只依賴第 i-1 行的值，不需要用到第 i-2 行及其以前的值，所以一樣可以採用一維 dp 來處理的。
不過這個時候要注意，在上面的例子中，我們每次更新完 (i, j) 的值之後，就會把 (i, j-1) 的值拋棄，也就是說之前是一邊更新 dp[i] 的值，一邊把 dp[i] 的舊值拋棄的，不過在這道題中則不可以，因為我們還需要用到它。
哎呀，直接舉例子看圖吧，文字繞來繞去估計會繞暈你們。當我們要計算圖中 (i,j) 的值的時候，在案例1 中，我們值需要用到 (i-1, j) 和 (i, j-1)。（看圖中方格的顏色）
不過這道題中，我們還需要用到 （i-1, j-1) 這個值（但是這個值在以往的案例1 中，它會被拋棄掉）
所以呢，對於這道題，我們還需要一個額外的變量 pre 來時刻保存 (i-1,j-1) 的值。推導公式就可以從二維的
dp[i][j] = min(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-1] , dp[i][j-1]) + 1
轉化為一維的
dp[i] = min(dp[i-1], pre, dp[i]) + 1。
所以呢，案例2 其實和案例1 差別不大，就是多了個變量來臨時保存。最終代碼如下（但是初學者話，代碼也沒那麼好寫）
代碼如下
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[] dp = new int[n2 + 1];
// dp[0...n2]的初始值
for (int j = 0; j <= n2; j++)
dp[j] = j;
// dp[j] = min(dp[j-1], pre, dp[j]) + 1
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
int temp = dp[0];
// 相當於初始化
dp[0] = i;
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// pre 相當於之前的 dp[i-1][j-1]
int pre = temp;
temp = dp[j];
// 如果 word1[i] 與 word2[j] 相等。第 i 個字符對應下標是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
dp[j] = pre;
}else {
dp[j] = Math.min(Math.min(dp[j - 1], pre), dp[j]) + 1;
}
// 保存要被拋棄的值
}
}
return dp[n2];
}
總結
上面的這些題，基本都是不怎麼難的入門題，除了最後一道相對難一點。並且基本 80% 的二維矩陣 dp 都可以像上面的方法一樣優化成 一維矩陣的 dp，核心就是要畫圖，看他們的值依賴，當然，還有很多其他比較難的優化，但是，我遇到的題中，大部分都是我上面這種類型的優化。後面如何遇到其他的，我會作為案例來講，今天就先講最普遍最通用的優化方案。記住，畫二維 dp 的矩陣圖，然後看元素之間的值依賴，然後就可以很清晰着知道該如何優化了。
在之後的文章中，我也會按照這個步驟，在給大家講四五道動態規劃 hard 級別的題，會放在每天推文的第二條給大家學習。如果覺得有收穫，不放三連走起來（點贊、感謝、分享），嘻嘻。
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作者：帥地，一位熱愛、認真寫作的小伙，目前維護原創公眾號：『苦逼的碼農』，已寫了150多篇文章，專註於寫 算法、計算機基礎知識等提升你內功的文章，期待你的關注。
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