动态规划 Dynamic Programming
斐波那契数列
暴力递归，看上去很简洁
def fib(n):
return n if n <= 1 else fib(n-1) + fib(n-2)
画出递归树分析一下，可以很容易发现有很多重复计算。重叠子问题。
递归算法的时间复杂度怎么计算？子问题个数乘以解决一个子问题需要的时间。显然，斐波那契数列的递归解法时间复杂度为O(2n * 1)，暴力递归解法基本都会超时。
如何解决？递归 + 记忆化
仍然使用递归，不同点在于，如果重叠子问题已经计算过，就不用再算了，相当于对冗余的递归树进行了剪枝。
由于不存在重叠子问题，时间复杂度为O(n * 1)，降到线性。
1 class Solution: 2 def Fibonacci(self, n): 3 # write code here 4 if n <= 1: 5 return n 6 memo = [-1] * (n+1) 7 memo[0], memo[1]= 0, 1 8 9 def helper(n, memo): 10 if memo[n] >= 0: 11 return memo[n] 12 memo[n] = helper(n-1, memo) + helper(n-2, memo) 13 return memo[n] 14 15 return helper(n, memo)
实际上这已经和动态规划一样了，只不过这是自顶向下的。而动态规划是自底向上的。从最小的子问题一步一步向上递推，O(n)
1 class Solution: 2 def Fibonacci(self, n): 3 # write code here 4 if n <= 1: 5 return n 6 dp = [0] * (n+1) 7 dp[0], dp[1] = 0, 1 8 for i in range(2, n+1): 9 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] 10 return dp[n]
进一步优化空间复杂度，由于只要最后一个状态，而且状态转移只取决于相邻的状态，不需要开一维数组，直接两个变量滚动更新就行了。
1 class Solution: 2 def Fibonacci(self, n): 3 # write code here 4 if n <= 1: 5 return n 6 dp_0, dp_1 = 0, 1 7 for i in range(2, n+1): 8 dp_0, dp_1 = dp_1, dp_0 + dp_1 9 return dp_1
从一道题展开
最长公共子序列 LCS
给定长度为 m 和 n 的两个数组 x 和 y，找出最长的公共子序列（可能有多个）
x : ABCBDAB
y : BDCABA
存在3个最长公共子序列，长度为4，分别为 BDAB、BCAB、BCBA
1. 穷举，穷举x中的所有子序列，再检查y里面是不是也有一样的子序列
假设给定了一个子序列，检查它是否为 y 的子序列的复杂度？O(n)，按顺序把 y 对着给定的子序列往后捋一遍即可
x 有多少子序列？2m ，每个元素都可以选或者不选。
所以穷举的时间复杂度，O(n2m)，指数级
2. 先确定 LCS 的长度，再看看具体有哪些公共子序列达到了这个长度
只要考察前缀即可。定义 c[i, j] 表示 x[1...i] 和 y[1...j] 的 LCS 长度，c[m, n] 就为x 和 y 的 LCS 长度。
base cases: c[*, 0] = 0 且 c[0, *] = 0。此外，当 x[i] == y[j] 时，c[i, j] = c[i-1, j-1] + 1；否则 c[i, j] = max(c[i, j-1], c[i-1, j])。这里比较好理解，稍微想一下就清楚了，x[i] 和 y[j] 相等的时候，这个值可以直接算到 LCS 中，所以加1。否则的话，就看看x[i] 和 y[j] 各自算进去哪种情况的 LCS 大。
上面结论的一点证明：x[i] == y[j] 时，令 z[1...k] = LCS(x[1...i], y[1...j])，显然 k = c[i, j]。z[k] 就是 x[i] 同时也为 y[j] ，显然一定有 z[1...k-1] = LCS(x[1...i-1], y[1...j-1]) ，c[i-1, j-1] = k-1，即 c[i, j] = c[i-1, j-1] + 1 ；x[i] != y[j] 时的证明类似。
由此引出动态规划的第一个特征，最优子结构，指的是问题的一个最优解包含了子问题的最优解。
If z = LCS(x, y), then any prefix of z is an LCS(a prefix of x , a prefix of y).
递归实现一下 LCS 计算长度
def LCS(x, y, i, j):
"""ignore base cases"""
if x[i] == y[j]:
c[i, j] = LCS(x, y, i-1, j-1) + 1
else:
c[i, j] = max(LCS(x, y, i-1, j), LCS(x, y, i, j-1))
return c[i, j]
考虑一下这个递归树，最坏情况下每次都要走取 max 的分支，递归树深度为 m+n，时间复杂度为 O(2m+n)。可以发现有很多重复计算。由此引出动态规划的第二个特征，重叠子问题。
LCS 问题的子问题有 m*n 个，每次算好了就存下来，备忘法
def LSC(x, y, i, j):
if c[i, j] != None:
return c[i, j]
if x[i] == y[j]:
c[i, j] = LCS(x, y, i-1, j-1) + 1
else:
c[i, j] = max(LCS(x, y, i-1, y), LCS(x, y, i, j-1))
return c[i, j]
这个计算所需要的时间？O(m*n)，因为摊销之后每个子问题都只需要执行常数次计算得到结果
空间？O(m*n)，建表
自底向上地计算表格 ——动态规划
1 def lcs_length(x, y): 2 if not x or not y: 3 return 0 4 m, n = len(x), len(y) 5 dp = [[0]*(n+1) for _ in range(m+1)] 6 7 for i in range(m+1): 8 for j in range(n+1): 9 if i == 0 or j == 0: 10 dp[i][j] = 0 11 elif x[i-1] == y[j-1]: 12 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 13 else: 14 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) 15 16 return dp[-1][-1]
优化空间复杂度，比较简单的做法就是用滚动数组优化到 O(2*min(m, n)) ，因为每次都需要查看 dp 表的上一行和这一行的左边。
1 def lcs_length(x, y): 2 if not x or not y: 3 return 0 4 m, n = len(x), len(y) 5 if n > m: 6 m, n, x, y = n, m, y, x 7 8 dp = [[0]*(n+1) for _ in range(2)] 9 10 pre, now = 0, 1 11 for i in range(1, m+1): 12 pre, now = now, pre 13 for j in range(1, n+1): 14 if x[i-1] == y[j-1]: 15 dp[now][j] = dp[pre][j-1] + 1 16 else: 17 dp[now][j] = max(dp[pre][j], dp[now][j-1]) 18 19 return dp[now][-1]
在得到 LCS 长度的同时如何得到子序列？根据 dp 表回溯，走到每个位置的时候记录一下从哪里来的。整道题的答案就搞定了
1 def lcs_length(x, y): 2 if not x or not y: 3 return 0 4 m, n = len(x), len(y) 5 dp = [[0]*(n+1) for _ in range(m+1)] 6 7 # 1:左上、2:上、3:左、4:上或左 8 states = [[0]*(n+1) for _ in range(m+1)] 9 10 for i in range(1, m+1): 11 for j in range(1, n+1): 12 if x[i-1] == y[j-1]: 13 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 14 states[i][j] = 1 15 16 elif dp[i-1][j] > dp[i][j-1]: 17 dp[i][j] = dp[i-1][j] 18 states[i][j] = 2 19 20 elif dp[i-1][j] < dp[i][j-1]: 21 dp[i][j] = dp[i][j-1] 22 states[i][j] = 3 23 else: 24 dp[i][j] = dp[i][j-1] 25 states[i][j] = 4 26 27 lcsLength = dp[-1][-1] 28 printAllLCS(states, x, lcsLength, m, n, '') 29 return lcsLength 30 31 def printAllLCS(states, x, lcsLength, i, j, lcs): 32 """states表；只需要一个字符串就够了；LCS长度；当前位置ij；已搜索轨迹lcs""" 33 if i == 0 or j == 0: 34 if len(lcs) == lcsLength: 35 print(lcs[::-1]) # 从后往前dfs搜索的，这里逆序输出 36 return 37 38 direction = states[i][j] 39 if direction == 1: 40 printAllLCS(states, x, lcsLength, i-1, j-1, lcs+x[i-1]) 41 elif direction == 2: 42 # 同一行或者同一列转移过来的字符没有变化 43 printAllLCS(states, x, lcsLength, i-1, j, lcs) 44 elif direction == 3: 45 printAllLCS(states, x, lcsLength, i, j-1, lcs) 46 elif direction == 4: 47 # 两个来源都有可能 48 printAllLCS(states, x, lcsLength, i-1, j, lcs) 49 printAllLCS(states, x, lcsLength, i, j-1, lcs)
带权项目时间计划
典型的选还是不选的问题。OPT(i) 表示一共有前 i 个任务的话，最多能挣多少钱，那么从后往前考虑，就是第i个任务选还是不选。如果不选，OPT(i) = OPT(i-1)；如果选了，就看选了第i个，再往前有几个能做，比如如果选了8，那么前面只能从5往前选，用prev(i)来表示这个索引，即prev(8) = 5。所以递推公式已经列出来了，而prev(i)是可以先确定的。
写出递归树可以发现这是个重叠子问题，用动态规划求解即可。
和最大的不连续子数组
给定一个数组，选出和最大的子数组，长度不限，但不能选相邻元素。例如 [4, 1, 1, 9, 1]，满足条件的和最大子数组为 [4, 9]。定义 OPT(i) 为到下标为 i 的数为止的最大不连续子数组之和。如果选了下标为 i 的数，那么前面最多能选到下标 i-2；如果不选则前面能选到 i-1
1 def maxSubArray(arr): 2 if not arr: 3 return 0 4 5 n = len(arr) 6 if n == 1: 7 return arr[0] 8 9 dp = [0]*n 10 dp[0], dp[1] = arr[0], max(arr[0], arr[1]) 11 12 for i in range(2, n): 13 dp[i] = max(dp[i-2] + arr[i], dp[i-1]) 14 15 return dp[n-1]
和为给定值的子数组
给定一个正整数数组和一个正整数目标值，判断能否找到一个子数组，和恰好为给定的目标值。subset(i, s)，i表示当前看第i个数字、s为目标值。对于每个当前数字，有选或不选两种可能，只要有一种满足条件即可。
出口情况：s为0，返回 true；i为0，只有当 s == arr[0] 才返回true；如果 arr[i] > s，选上一定超，只考虑不选arr[i]的情况
if s == 0:
return True
if i == 0:
return arr[i] == s
if arr[i] > s:
return subset(i-1, s)
递归写一下
1 def solution(array, s): 2 if not array: 3 return False 4 n = len(array) 5 6 def helper(arr, i, s): 7 if s == 0: 8 return True 9 if i == 0: 10 return arr[i] == s 11 if arr[i] > s: 12 return helper(arr, i-1, s) 13 return helper(arr, i-1, s-arr[i]) or helper(arr, i-1, s) 14 15 return helper(array, n-1, s)
动态规划写一下，显然是一个二维 dp，递归出口就是 dp 的初始化的条件
1 def solution(array, s): 2 if not array: 3 return False 4 n = len(array) 5 dp = [[False]*(s+1) for _ in range(n)] 6 7 for i in range(n): 8 dp[i][0] = True 9 10 dp[0][array[0]] = True 11 12 for i in range(1, n): 13 for t in range(1, s+1): 14 if array[i] > t: 15 dp[i][t] = dp[i-1][t] 16 else: 17 dp[i][t] = dp[i-1][t-array[i]] or dp[i-1][t] 18 return dp[-1][-1]
零钱兑换
给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
暴力法，先考虑一下递归关系。 总金额为0时，f(amount) = 0；总金额不为0时，f(amount) = 1 + min{ f(amount - ci) | i 属于 [1, k] }。
解释一下，要求总金额为amount的最少硬币个数，先选一个合法可选面值的硬币，总金额变为amount - ci，总的最少硬币数等于子问题的最优解+1。
这里用到了最优子结构性质，即原问题的解由子问题的最优解构成。要符合最优子结构，子问题之间必须独立。
1 import sys 2 class Solution: 3 def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: 4 if amount == 0: 5 return -1 6 ans = sys.maxsize 7 for coin in coins: 8 if amount < coin: # 金额不可达 9 continue 10 subProblem = self.coinChange(coins, amount-coin) 11 12 if subProblem == -1: # 子问题无解 13 continue 14 ans = min(ans, subProblem + 1) 15 16 return -1 if ans == sys.maxsize else ans
递归+记忆化
1 import sys 2 class Solution: 3 def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: 4 if not coins: 5 return -1 6 memo = [-2] * (amount+1) # memo[amount]表示凑到金额为amount的最少硬币数 7 8 def helper(coins, amount, memo): 9 if amount == 0: 10 return 0 11 if memo[amount] != -2: 12 return memo[amount] 13 14 ans = sys.maxsize 15 for coin in coins: 16 if amount < coin: # 金额不可达 17 continue 18 subProblem = helper(coins, amount-coin, memo) 19 20 if subProblem == -1: # 子问题无解 21 continue 22 ans = min(ans, subProblem + 1) 23 24 memo[amount] = -1 if ans == sys.maxsize else ans # 记录本轮答案 25 return memo[amount] 26 27 return helper(coins, amount, memo)
动态规划，按上面描述的状态方程。
1 import sys 2 class Solution: 3 def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: 4 if not coins: 5 return 0 6 dp = [sys.maxsize] * (amount+1) 7 dp[0] = 0 8 9 for i in range(1, amount+1): 10 for j in range(len(coins)): 11 if i < coins[j]: 12 continue 13 dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1) 14 15 return -1 if dp[amount] == sys.maxsize else dp[amount]
出发到终点所有可能的路径问题
只能向右或向下，涂实的点不能走。考虑每个出发点可能的路径数，等于右边一格作为出发点的路径数+下边一格作为出发点的路径数。
暴力递归，自顶向下
自底向上递推，如果要到达a[i, j]点，只能从它的上面或者左边经过：
opt[i, j] = opt[i-1, j] + opt[i, j-1]
# --------------------------------------
if isValid(a[i, j]):
opt[i, j] = opt[i-1, j] + opt[i, j-1]
else:
opt[i, j] = 0 # 石头
正则表达式
给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。
'.' 匹配任意单个字符
'*' 匹配零个或多个前面的那一个元素
所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。
说明:
s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
p 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
先看不管通配符，两个普通字符串进行比较应该怎么写。然后再改成比较通用的框架，再写成递归
1 def isMatch(text, pattern): 2 if len(text) != len(pattern): 3 return False 4 for j in range(len(pattern)): 5 if pattern[j] != text[j]: 6 return False 7 return True
1 def isMatch(text, pattern): 2 m, n = len(text), len(pattern) 3 i, j = 0, 0 # 双指针 4 while j < n: 5 if i >= m: # 如果text的指针越界了但pattern的指针没有，说明没有待匹配的字符了但模式串还剩下，不匹配 6 return False 7 if pattern[j] != text[i]: 8 return False 9 j += 1 10 i += 1 11 return j == n # 最后看模式串字符是不是都匹配完了
1 def isMatch(text, pattern): 2 if len(pattern) == 0: 3 return len(text) == 0 4 first_match = len(text) != 0 and text[0] == pattern[0] 5 return first_match and isMatch(text[1:], pattern[1:])
然后处理通配符，'.' 可以匹配任意一个字符，所以判断能不能匹配的时候有两种情况，直接匹配或者用'.'匹配
1 def isMatch(text, pattern): 2 if not pattern: 3 return not text 4 first_match = bool(text) and pattern[0] in {text[0], '.'} 5 return first_match and isMatch(text[1:], pattern[1:])
再处理'*'，星号可以让之前的一个字符出现任意次数，包括0次。关键就是出现几次呢，交给递归好了，当前只可能出现0次或者1次。如果匹配前一个字符0次，那就直接从模式串的p[2:] 再匹配文本串；如果当前匹配一次，那文本串要向后移动一位，后面还需要匹配几次交给递归。
1 def isMatch(text, pattern): 2 if not pattern: 3 return not text 4 first_match = bool(text) and pattern[0] in {text[0], '.'} 5 if len(pattern) >= 2 and pattern[1] == '*': # '*' 不能放首位，发现'*' 6 return isMatch(text, pattern[2:]) or (first_match and isMatch(text[1:], pattern)) 7 # else 8 return first_match and isMatch(text[1:], pattern[1:])
然后加上记忆化
1 def isMatch(text, pattern): 2 memo = dict() 3 def dp(i, j): 4 if (i, j) in memo: 5 return memo[(i, j)] 6 if j == len(pattern): 7 return i == len(text) 8 first_match = i < len(text) and pattern[j] in {text[i], '.'} 9 if j <= len(pattern)-2 and pattern[j+1] == '*': 10 ans = dp(i, j+2) or (first_match and dp(i+1, j)) 11 else: 12 ans = first_match and dp(i+1, j+1) 13 memo[(i, j)] = ans 14 return ans 15 16 return dp(0, 0)
如何判断是不是重叠子问题：
1. 随便假设一个输入，画递归树
2. 先抽象出递归算法的框架，然后判断原问题是如何到达子问题的，看看不同的路径是不是都到达了同一个问题，如果是的话那就是重叠子问题。例如这题
def dp(i ,j):
dp(i, j+2) # 1
dp(i+1, j) # 2
dp(i+1, j+1) # 3
dp(i, j) 如何到达 dp(i+2, j+2)。 dp(i, j) -> #3 -> #3；或者dp(i, j) -> #1 -> #2 -> #2；或者dp(i, j) -> #2 -> #2 -> #1，所以一定存在重叠子问题，一定需要动态规划技巧来优化。
1 def isMatch(text, pattern): 2 dp = [[False] * (len(pattern)+1) for _ in range(len(text)+1)] 3 4 dp[-1][-1] = True # 空串匹配空串 5 6 for i in range(len(text), -1, -1): 7 for j in range(len(pattern)-1, -1, -1): 8 first_match = i < len(text) and pattern[j] in {text[i], '.'} 9 if j <= len(pattern)-2 and pattern[j+1] == '*': 10 dp[i][j] = dp[i][j+2] or (first_match and dp[i+1][j]) 11 else: 12 dp[i][j] = first_match and dp[i+1][j+1] 13 14 return dp[0][0]
设计动态规划的通用技巧：数学归纳
最长递增子序列
给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。
定义 dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。根据这个定义，子序列的最大长度应该是dp数组中的最大值。假设已经知道了 dp[0...i-1] 的结果，如何通过这些已知结果推出 dp[i] 呢，这个就是状态转移方程了。显然要知道 nums[i] 能不能加入到上升子序列中，就要找到前面那些结尾比 nums[i] 小的子序列，然后再把 nums[i] 接上，因为要求最大子序列，所以就接上之前的最大子序列即可。剩下的就是base case，这题 dp 数组初始化为1，因为子序列最少也要包含自己。
1 class Solution: 2 def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int: 3 if not nums: 4 return 0 5 n = len(nums) 6 dp = [1] * n 7 for i in range(n): 8 for j in range(i-1, -1, -1): 9 if nums[j] < nums[i]: 10 dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1) 11 return max(dp)
但这道题还有一种 O(NlogN) 的解法，但是不看答案估计很难想得出。把上面方法中内层 j 循环替换成二分。始终维护一个数组 LIS 为要求的上升子序列，对每一个 nums[i]，都插入到LIS中（二分法找到第一个比 nums[i] 大的数替换掉，因为这样尽可能多的让后面符合条件的数进来、缩一下上界。如果 nums[i] 比 LIS 所有都大就直接 append），最后 LIS 的长度即为所求。 代码在 Leetcode-动态规划 https://www.cnblogs.com/chaojunwang-ml/p/11365562.html
从最长上升子序列到信封嵌套
俄罗斯套娃信封问题
这道题是最长上升子序列的升维，要先对宽度进行升序排列，然后对宽度相同的按高度降序排序。最后对高度数组进行最长上升子序列的求解
1 class Solution: 2 def maxEnvelopes(self, envelopes: List[List[int]]) -> int: 3 if not envelopes: 4 return 0 5 n = len(envelopes) 6 nums = sorted(envelopes, key=lambda x: [x[0], -x[1]]) 7 dp = [1] * n 8 9 for i in range(n): 10 for j in range(i-1, -1, -1): 11 if nums[i][1] > nums[j][1]: 12 dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1) 13 return max(dp)
用刚才提到的二分法来优化
1 class Solution: 2 def maxEnvelopes(self, envelopes: List[List[int]]) -> int: 3 if not envelopes: 4 return 0 5 n = len(envelopes) 6 nums = sorted(envelopes, key=lambda x: [x[0], -x[1]]) 7 LIS = [] 8 9 for i in range(n): 10 if not LIS or nums[i][1] > LIS[-1]: 11 LIS.append(nums[i][1]) 12 else: 13 index = self.binarySearch(LIS, nums[i][1]) 14 LIS[index] = nums[i][1] 15 return len(LIS) 16 17 def binarySearch(self, array, target): 18 """返回第一个比target大的元素索引""" 19 if not array: 20 return 21 low, high = 0, len(array) - 1 22 23 while low <= high: 24 mid = low + (high-low)//2 25 if array[mid] < target: 26 low = mid + 1 27 elif array[mid] > target: 28 high = mid - 1 29 else: 30 return mid 31 return low
博弈问题的思路是在二维dp的基础上使用元组分别存储两个人的博弈结果。
一堆石头用数组piles表示，piles[i]表示第i堆有多少个石头，两个人拿石头，一次拿一堆，但只能拿走最左边或者最右边。所有石头被拿完后，谁拥有但石头多谁获胜。
假设两人都很聪明，请你设计一个算法，返回先手和后手的最后得分（石头总数）之差。比如上面[1, 100, 3]，先手能获得 4 分，后手会获得 100 分，你的算法应该返回 -96。
博弈问题的通用框架。
定义dp数组，dp[i][j] = (first, second)，dp[i][j].fir 表示对于 piles[i,...,j]这部分，先手能获得的最高分数，dp[i][j].sec 表示后手能获得的最高分数
对于每个状态，可以做的选择有两个：选择最左边的还是最右边的。那么穷举状态：
for 0<=i <n:
for i<=j < n:
for who in {first, second}:
dp[i][j][who] = max(left, right)
但是先手的选择会对后手有影响。面对piles[i,...,j]先手选了左边，然后面对piles[i+1,...,j]但对方先选，自己变成后手。或者先手选了右边，然后面对piles[i,...,j-1]自己后手。
dp[i][j].fir = max(piles[i] + dp[i+1][j].sec, piles[j] + dp[i][j-1].sec)
如果作为后手，就要等先手先选择，如果对方先手选了最左边，自己先手面对piles[i+1,...,j]；
dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir
如果对方先手选了右边，自己先手面对piles[i,...,j-1]
dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir
那么，base case也容易确定，当i==j，也就是只有一堆的时候，先手得分为piles[i]，后手不得分0。但是 base case 在 dp table 中是斜的，而且计算dp[i][j]的时候需要dp[i+1][j] 和dp[i][j-1]，所以要斜着遍历数组。（怎么实现？按对角线斜线往下，一条一条遍历）
1 class Pair: 2 def __init__(self, fir, sec): 3 self.fir = fir 4 self.sec = sec 5 6 def stoneGame(piles): 7 if not piles: 8 return 0 9 n = len(piles) 10 dp = [[Pair(-1, -1) for _ in range(n)] for _ in range(n)] 11 12 for i in range(n): 13 dp[i][i].fir = piles[i] 14 dp[i][i].fir = 0 15 16 # 斜着遍历 17 for l in range(1, n): # 目前遍历的是第几条斜线，第0条初始化了 18 for i in range(n-l): # dp[i][j]需要dp[i+1][j] 和dp[i][j-1] 19 j = l + i # j的坐标始终比i多l 20 left = piles[i] + dp[i+1][j].sec 21 right = piles[j] + dp[i][j-1].sec 22 23 if left > right: 24 dp[i][j].fir = left 25 dp[i][j].sec = dp[i+1][j].fir 26 else: 27 dp[i][j].fir = right 28 dp[i][j].sec = dp[i][j-1].fir 29 30 return dp[0][n-1].fir - dp[0][n-1].sec
背包问题
01背包
N 件物品，容量为 C 的背包，第 i 件物品的重量为 Wi，价值为Vi。求装的最大价值
每件物品要么取要么不取。dp[i, j] 表示取到前 i 件物品，容量为 j 的最大价值，
dp[i, j] = max(dp[i-1, j], dp[i-1, j - Wi] + Vi) i:1~n j:0~W
如果倒着遍历，可以用滚动数组把 dp 数组优化到一维，dp[j] = max(dp[j], dp[j-Wi]+Vi) j:W~0
完全背包
N 件物品，容量为 C 的背包，第 i 件物品的重量为 Wi，价值为Vi，每件物品有无数个。求装的最大价值
每件物品可以从不取，一直取到背包满了为止。dp[i, j] 表示取到前 i 件物品，容量为 j 的最大价值，
dp[i, j] = max( dp[i-1, j - k*Wi] + k*Vi | 0 <= k<= j//Wi )
考虑一下优化，对于 dp[i, j] ，选择 k 个；等价于 dp[i, j-Wi] 选择 k-1 个，这是两个重复计算的状态。
所以把 k=0 的状态提出来，dp[i, j] = max{dp[i-1, j], dp[i-1, j-k*Wi] + k*Vi, 1<= k <= j//Wi}
dp[i-1, j-Wi-k*Wi] + k*Vi + Vi | 0 <= k <= (j-Wi)//Wi ；对所有的 k 取 max，就等价于 dp[i, j - Wi] + Vi
所以 dp[i, j] = max( dp[i-1, j], dp[i, j - Wi] + Vi)
就得到了 O(CN) 的算法。
滚动数组优化，但这里要注意的是正着遍历，因为 dp[i, j - Wi] 是当前层的值。dp[j] = max(dp[j], dp[j-Wi]+Vi) j:0～W
硬币兑换
仅有1分、2分、3分的硬币，将钱 N 兑换成硬币有多少种方法。N < 32768
用完全背包的思路来思考，dp[i, j] = dp[i-1, j] + dp[i, j-a[i]]；进一步优化成 dp[j] = dp[j] + dp[j-a[i]]
DP vs 回溯 vs 贪⼼
回溯(递归) — 重复计算 （没有最优子结构的话就是需要穷举所有的可能，而且不存在重复计算的问题）
贪⼼算法 — 永远局部最优 （但处处局部最优可能最后不是全部最优）
动态规划 — 记录局部最优⼦子结构 / 多种记录值（避免重复计算，只需依赖前一状态的最优值）