动态规划：
动态规划问题的一般形式就是求最值。比如说让你求最长递增子序列呀，最小编辑距离呀等等。
既然是要求最值，核心问题是什么呢？求解动态规划的核心问题是穷举。因为要求最值，肯定要把所有可行的答案穷举出来，然后在其中找最值呗。
动态规划的穷举的特点：
动态规划的穷举有点特别，因为这类问题存在「重叠子问题」，如果暴力穷举的话效率会极其低下，所以需要「备忘录」或者「DP table」来优化穷举过程，避免不必要的计算。
动态规划问题一定会具备「最优子结构」，才能通过子问题的最值得到原问题的最值。
虽然动态规划的核心思想就是穷举求最值，但是问题可以千变万化，穷举所有可行解其实并不是一件容易的事，只有列出正确的「状态转移方程]才能正确地穷举。
思维框架，辅助思考状态转移方程：
明确「状态」 -> 定义 dp 数组/函数的含义 -> 明确「选择」-> 明确 base case。
1.斐波那契数列(展现重叠子问题，斐波那契数列并不是动态规划)
斐波那契数列的数学形式是递归：
int fib(int N) {
if (N == 1 || N == 2) return 1;
return fib(N - 1) + fib(N - 2);
}
但凡遇到需要递归的问题，最好都画出递归树，这对你分析算法的复杂度，寻找算法低效的原因都有巨大帮助。想要计算原问题f(20)，我就得先计算出子问题f(19)和f(18)，然后要计算f(19)，我就要先算出子问题f(18)和f(17)，以此类推。最后遇到f(1)或者f(2)的时候，结果已知，就能直接返回结果，递归树不再向下生长了。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。子问题个数，即递归树中节点的总数。显然二叉树节点总数为指数级别，所以子问题个数为 O(2^n)。解决一个子问题的时间，在本算法中，没有循环，只有 f(n - 1) + f(n - 2) 一个加法操作，时间为 O(1)。所以，这个算法的时间复杂度为 O(2^n)，指数级别，爆炸。
观察递归树，很明显发现了算法低效的原因：存在大量重复计算，比如f(18)被计算了两次，而且你可以看到，以f(18)为根的这个递归树体量巨大，多算一遍，会耗费巨大的时间。更何况，还不止f(18)这一个节点被重复计算，所以这个算法及其低效。
这就是动态规划问题的第一个性质：重叠子问题。(即对子问题的计算之中存在着重叠的情况，即会重复计算一些部分)。那么对算法进行更改。
【带备忘录的递归解法】
即然耗时的原因是重复计算，那么我们可以造一个「备忘录」，每次算出某个子问题的答案后别急着返回，先记到「备忘录」里再返回；每次遇到一个子问题先去「备忘录」里查一查，如果发现之前已经解决过这个问题了，直接把答案拿出来用，不要再耗时去计算了。
一般使用一个数组充当这个「备忘录」，当然你也可以使用哈希表（字典），思想都是一样的。
int fib(int N) {
if (N < 1) return 0;
// 备忘录全初始化为 0
vector<int> memo(N + 1, 0);
// 初始化最简情况
return helper(memo, N);
}
int helper(vector<int>& memo, int n) {
// base case
if (n == 1 || n == 2) return 1;
// 已经计算过
if (memo[n] != 0) return memo[n];
memo[n] = helper(memo, n - 1) +
helper(memo, n - 2);
return memo[n];
}
实际上，带「备忘录」的递归算法，把一棵存在巨量冗余的递归树通过「剪枝」，改造成了一幅不存在冗余的递归图，极大减少了子问题（即递归图中节点）的个数。
递归算法的时间复杂度怎么算？子问题个数乘以解决一个子问题需要的时间。
子问题个数，即图中节点的总数，由于本算法不存在冗余计算，子问题就是f(1),f(2),f(3)…f(20)，数量和输入规模 n = 20 成正比，所以子问题个数为 O(n)。解决一个子问题的时间，同上，没有什么循环，时间为 O(1)。所以，本算法的时间复杂度是 O(n)。比起暴力算法，是降维打击。
至此，带备忘录的递归解法的效率已经和迭代的动态规划一样了。实际上，这种解法和迭代的动态规划思想已经差不多，只不过这种方法叫做「自顶向下」，动态规划叫做「自底向上」。
啥叫「自顶向下」？注意我们刚才画的递归树（或者说图），是从上向下延伸，都是从一个规模较大的原问题比如说f(20)，向下逐渐分解规模，直到f(1)和f(2)触底，然后逐层返回答案，这就叫「自顶向下」。
啥叫「自底向上」？反过来，我们直接从最底下，最简单，问题规模最小的f(1)和f(2)开始往上推，直到推到我们想要的答案f(20)，这就是动态规划的思路，这也是为什么动态规划一般都脱离了递归，而是由循环迭代完成计算。
【dp数组的迭代解法】
有了上一步「备忘录」的启发，我们可以把这个「备忘录」独立出来成为一张表，就叫做 DP table 吧，在这张表上完成「自底向上」的推算。
int fib(int N) {
vector<int> dp(N + 1, 0);
// base case
dp[1] = dp[2] = 1;
for (int i = 3; i <= N; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
return dp[N];
}
实际上，带备忘录的递归解法中的「备忘录」，最终完成后就是这个 DP table，所以说这两种解法其实是差不多的，大部分情况下，效率也基本相同。
这里，引出「状态转移方程」这个名词，实际上就是描述问题结构的数学形式：
为啥叫「状态转移方程」？为了听起来高端。你把 f(n) 想做一个状态 n，这个状态 n 是由状态 n - 1 和状态 n - 2 相加转移而来，这就叫状态转移。
千万不要看不起暴力解，动态规划问题最困难的就是写出状态转移方程，即这个暴力解。优化方法无非是用备忘录或者 DP table，再无奥妙可言。
这个例子的最后，讲一个细节优化。细心的读者会发现，根据斐波那契数列的状态转移方程，当前状态只和之前的两个状态有关，其实并不需要那么长的一个 DP table 来存储所有的状态，只要想办法存储之前的两个状态就行了。所以，可以进一步优化，把空间复杂度降为 O(1)：
int fib(int n) {
if (n == 2 || n == 1)
return 1;
int prev = 1, curr = 1;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
int sum = prev + curr;
prev = curr;
curr = sum;
}
return curr;
}
动态规划的另一个重要特性「最优子结构」，怎么没有涉及？下面会涉及。斐波那契数列的例子严格来说不算动态规划，因为没有涉及求最值，以上旨在演示算法设计螺旋上升的过程。
2.凑零钱问题
给你k种面值的硬币，面值分别为c1, c2 ... ck，每种硬币的数量无限，再给一个总金额amount，问你最少需要几枚硬币凑出这个金额，如果不可能凑出，算法返回 -1 。
比如说k = 3，面值分别为 1，2，5，总金额amount = 11。那么最少需要 3 枚硬币凑出，即 11 = 5 + 5 + 1。
【暴力递归】
这个问题是动态规划问题，因为它具有「最优子结构」。要符合「最优子结构」，子问题间必须互相独立。
啥叫相互独立？比如说，你的原问题是考出最高的总成绩，那么你的子问题就是要把语文考到最高，数学考到最高…… 为了每门课考到最高，你要把每门课相应的选择题分数拿到最高，填空题分数拿到最高…… 当然，最终就是你每门课都是满分，这就是最高的总成绩。得到了正确的结果：最高的总成绩就是总分。因为这个过程符合最优子结构，“每门科目考到最高”这些子问题是互相独立，互不干扰的。
但是，如果加一个条件：你的语文成绩和数学成绩会互相制约，此消彼长。这样的话，显然你能考到的最高总成绩就达不到总分了，按刚才那个思路就会得到错误的结果。因为子问题并不独立，语文数学成绩无法同时最优，所以最优子结构被破坏。
回到凑零钱问题，为什么说它符合最优子结构呢？比如你想求amount = 11时的最少硬币数（原问题），如果你知道凑出amount = 10的最少硬币数（子问题），你只需要把子问题的答案加一（再选一枚面值为 1 的硬币）就是原问题的答案，因为硬币的数量是没有限制的，子问题之间没有相互制约，是互相独立的。
那么，既然知道了这是个动态规划问题，就要思考如何列出正确的状态转移方程。
先确定「状态」，也就是原问题和子问题中变化的变量。由于硬币数量无限，所以唯一的状态就是目标金额amount。
然后确定dp函数的定义：函数 dp(n)表示，当前的目标金额是n，至少需要dp(n)个硬币凑出该金额。
然后确定「选择」并择优，也就是对于每个状态，可以做出什么选择改变当前状态。具体到这个问题，无论当的目标金额是多少，选择就是从面额列表coins中选择一个硬币，然后目标金额就会减少：
# 伪码框架
def coinChange(coins: List[int], amount: int):
# 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(n) 个硬币
def dp(n):
# 做选择，需要硬币最少的那个结果就是答案
for coin in coins:
res = min(res, 1 + dp(n - coin))
return res
# 我们要求目标金额是 amount
return dp(amount)
最后明确 base case，显然目标金额为 0 时，所需硬币数量为 0；当目标金额小于 0 时，无解，返回 -1：
def coinChange(coins: List[int], amount: int):
def dp(n):
# base case
if n == 0: return 0
if n < 0: return -1
# 求最小值，所以初始化为正无穷
res = float('INF')
for coin in coins:
subproblem = dp(n - coin)
# 子问题无解，跳过
if subproblem == -1: continue
res = min(res, 1 + subproblem)
return res if res != float('INF') else -1
return dp(amount)
至此，这个问题其实就解决了，只不过需要消除一下重叠子问题。时间复杂度分析：子问题总数 x 解决每个子问题的时间。
子问题总数为递归树节点个数，这个比较难看出来，是 O(n^k)，总之是指数级别的。每个子问题中含有一个 for 循环，复杂度为 O(k)。所以总时间复杂度为 O(k * n^k)，指数级别。
【带备忘录的递归】
只需要稍加修改，就可以通过备忘录消除子问题：
def coinChange(coins: List[int], amount: int):
# 备忘录
memo = dict()
def dp(n):
# 查备忘录，避免重复计算
if n in memo: return memo[n]
if n == 0: return 0
if n < 0: return -1
res = float('INF')
for coin in coins:
subproblem = dp(n - coin)
if subproblem == -1: continue
res = min(res, 1 + subproblem)
# 记入备忘录
memo[n] = res if res != float('INF') else -1
return memo[n]
return dp(amount)
很显然「备忘录」大大减小了子问题数目，完全消除了子问题的冗余，所以子问题总数不会超过金额数 n，即子问题数目为 O(n)。处理一个子问题的时间不变，仍是 O(k)，所以总的时间复杂度是 O(kn)。
【dp数组的迭代解法】
当然，我们也可以自底向上使用 dp table 来消除重叠子问题，dp数组的定义和刚才dp函数类似，定义也是一样的：
dp[i] = x表示，当目标金额为i时，至少需要x枚硬币。
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
// 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1
vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
// base case
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
// 内层 for 在求所有子问题 + 1 的最小值
for (int coin : coins) {
// 子问题无解，跳过
if (i - coin < 0) continue;
dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
}
}
return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];
}
PS：为啥dp数组初始化为amount + 1呢，因为凑成amount金额的硬币数最多只可能等于amount（全用 1 元面值的硬币），所以初始化为amount + 1就相当于初始化为正无穷，便于后续取最小值。
第一个斐波那契数列的问题，解释了如何通过「备忘录」或者「dp table」的方法来优化递归树，并且明确了这两种方法本质上是一样的，只是自顶向下和自底向上的不同而已。
第二个凑零钱的问题，展示了如何流程化确定「状态转移方程」，只要通过状态转移方程写出暴力递归解，剩下的也就是优化递归树，消除重叠子问题而已。
计算机解决问题其实没有任何奇技淫巧，它唯一的解决办法就是穷举，穷举所有可能性。算法设计无非就是先思考“如何穷举”，然后再追求“如何聪明地穷举”。
列出动态转移方程，就是在解决“如何穷举”的问题。之所以说它难，一是因为很多穷举需要递归实现，二是因为有的问题本身的解空间复杂，不那么容易穷举完整。
备忘录、DP table 就是在追求“如何聪明地穷举”。用空间换时间的思路，是降低时间复杂度的不二法门，除此之外，试问，还能玩出啥花活？
Q1:何为最优子结构
「最优子结构」是某些问题的一种特定性质，并不是动态规划问题专有的。也就是说，很多问题其实都具有最优子结构，只是其中大部分不具有重叠子问题，所以我们不把它们归为动态规划系列问题而已。
我先举个很容易理解的例子：假设你们学校有 10 个班，你已经计算出了每个班的最高考试成绩。那么现在我要求你计算全校最高的成绩，你会不会算？当然会，而且你不用重新遍历全校学生的分数进行比较，而是只要在这 10 个最高成绩中取最大的就是全校的最高成绩。
我给你提出的这个问题就符合最优子结构：可以从子问题的最优结果推出更大规模问题的最优结果。让你算每个班的最优成绩就是子问题，你知道所有子问题的答案后，就可以借此推出全校学生的最优成绩这个规模更大的问题的答案。你看，这么简单的问题都有最优子结构性质，只是因为显然没有重叠子问题，所以我们简单地求最值肯定用不出动态规划。
再举个例子：假设你们学校有 10 个班，你已知每个班的最大分数差（最高分和最低分的差值）。那么现在我让你计算全校学生中的最大分数差，你会不会算？可以想办法算，但是肯定不能通过已知的这 10 个班的最大分数差推到出来。因为这 10 个班的最大分数差不一定就包含全校学生的最大分数差，比如全校的最大分数差可能是 3 班的最高分和 6 班的最低分之差。
这次我给你提出的问题就不符合最优子结构，因为你没办通过每个班的最优值推出全校的最优值，没办法通过子问题的最优值推出规模更大的问题的最优值。前文 动态规划详解 说过，想满足最优子结，子问题之间必须互相独立。全校的最大分数差可能出现在两个班之间，显然子问题不独立，所以这个问题本身不符合最优子结构。
那么遇到这种最优子结构失效情况，怎么办？策略是：改造问题。对于最大分数差这个问题，我们不是没办法利用已知的每个班的分数差吗，那我只能这样写一段暴力代码：
int result = 0;
for (Student a : school) {
for (Student b : school) {
if (a is b) continue;
result = max(result, |a.score - b.score|);
}
}
return result;
改造问题，也就是把问题等价转化：最大分数差，不就等价于最高分数和最低分数的差么，那不就是要求最高和最低分数么，不就是我们讨论的第一个问题么，不就具有最优子结构了么？那现在改变思路，借助最优子结构解决最值问题，再回过头解决最大分数差问题，是不是就高效多了？
我们做动态规划问题，是不是一直在求各种最值，本质跟我们举的例子没啥区别，无非需要处理一下重叠子问题。
最优子结构并不是动态规划独有的一种性质，能求最值的问题大部分都具有这个性质；但反过来，最优子结构性质作为动态规划问题的必要条件，一定是让你求最值的，以后碰到那种恶心人的最值题，思路往动态规划想就对了，这就是套路。
动态规划不就是从最简单的 base case 往后推导吗，可以想象成一个链式反应，不断以小博大。但只有符合最优子结构的问题，才有发生这种链式反应的性质。
找最优子结构的过程，其实就是证明状态转移方程正确性的过程，方程符合最优子结构就可以写暴力解了，写出暴力解就可以看出有没有重叠子问题了，有则优化，无则 OK。这也是套路，经常刷题的朋友应该能体会。
做动态规划问题时，肯定会对dp数组的遍历顺序有些头疼。我们拿二维dp数组来举例，有时候我们是正向遍历：
int[][] dp = new int[m][n];
for (int i = 0; i < m; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
// 计算 dp[i][j]
有时候我们反向遍历：
for (int i = m - 1; i >= 0; i--)
for (int j = n - 1; j >= 0; j--)
// 计算 dp[i][j]
有时候可能会斜向遍历：
// 斜着遍历数组
for (int l = 2; l <= n; l++) {
for (int i = 0; i <= n - l; i++) {
int j = l + i - 1;
// 计算 dp[i][j]
}
}
甚至更让人迷惑的是，有时候发现正向反向遍历都可以得到正确答案。只要把住两点就行了：
1、遍历的过程中，所需的状态必须是已经计算出来的。
2、遍历的终点必须是存储结果的那个位置。
主要就是看 base case 和最终结果的存储位置，保证遍历过程中使用的数据都是计算完毕的就行，有时候确实存在多种方法可以得到正确答案，可根据个人口味自行选择。