文章目录
Day 3700. 动态规划理论基础01. 斐波那契数（No. 509）<1> 题目<2> 笔记<3> 代码
02. 爬楼梯（No. 70）<1> 题目<2> 笔记<3> 代码
03. 使用最小花费爬楼梯（No. 746）<1> 题目<2> 笔记<3> 代码
Day 37
00. 动态规划理论基础
最常见的动态规划题目其实就是 求最值，比如说股票问题、背包问题，都是在求使用怎样的策略能使得整个系统达到一个最优化的状态。
这是否和贪心比较类似呢？
其实贪心算法和动态规划算法的区别还是比较大的，贪心算法每一次的最优解一定 包含 上一次的最优解，是局部的最优推出全局的最优，而动态规划的最优解不一定包含前一次的最优解，而是有可能是由更前面的部分推出的，所以通常通过 dp[] 数组来将前面的所有最优解来保存下来。
动态规划其实是一个 穷举 的过程，得到最优解的前提就是要将所有的可能导致最优解的情况列出来，逐步推出最终的结果，而贪心更像是确定了一个路线，直接来走这个最优的路线，但这种最优通常是一种经验性的，较难推导的方式，相信做过贪心部分的朋友应该深有体会，这也就导致贪心得到的可能不是最优解，但相对的时间复杂度较低，而动态规划本质是穷举就会导致其时间复杂度相对较高。
再来谈谈动态规划和暴力解法的区别，比如说斐波那契数列，使用递归来求会导致大量的重复计算，所以考虑引入备忘录，也就是记忆搜索的方法，记忆搜索的方法是自顶向下的，也就是要算 f(5) 要递归到 f(1) 才开始计算结果，而且由于递归的限制，思考其实可以采用自底向下的方式，从 f(1) 开始向上层递归，这其实就是动态规划的方法。
01. 斐波那契数（No. 509）
题目链接
代码随想录题解
<1> 题目
斐波那契数 （通常用 F(n) 表示）形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：
F(0) = 0，F(1) = 1 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1
给定 n ，请计算 F(n) 。
示例 1：
输入：n = 2 输出：1 解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1
示例 2：
输入：n = 3 输出：2 解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2
示例 3：
输入：n = 4 输出：3 解释：F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3
提示：
0 <= n <= 30
<2> 笔记
这道题目相信大家都能比较容易的写出来，这里以本题为案例看看动态规划的一些小特点。
动态规划比较重要的一个点就是 状态，解题的关键在于能否列出正确的 状态转移方程，以及这个状态转移方程最终能否穷举出问题的最终答案，其实这就要求这个算法问题具备 最优子结构；因为需要不断用到前面的状态来推导后面状态的最优，这就会引出大量的重复的计算这也就是常说的 重叠子问题，所以使用暴力解法的效率很低。
这道斐波那契数列其实就很好的展示了重叠子问题，但其实并不存在重叠子问题，所以严格上并不算动态规划的题目。
比如计算 f(5)，画出递归树
可以看出其实是计算了两遍 f(3) 的，如果说计算的数字更大，子问题的个数会以指数级的速度增长，时间复杂度为 2n。这就是所谓的重叠子问题。
可以注意到 f(n) 的状态其实是由 f(n - 1) 和 f(n - 2) 推导出来的，转移的方式其实就是两者加和，这样其实就很容易看出 dp 数组的含义，就是 dp[n] = f(n)，状态转移公式也顺带推了出来（这就是本题较为简单的原因），因为这几步几乎不用怎么思考。
直接写出代码。
<3> 代码
class Solution {
public int fib(int n) {
if (n == 0) return 0;
if (n <= 2) return 1;
int[] dp = new int[n + 1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 1;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
}
02. 爬楼梯（No. 70）
题目链接
代码随想录题解
<1> 题目
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？
示例 1：
输入：n = 2 输出：2 解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1 阶 + 1 阶2 阶
示例 2：
输入：n = 3 输出：3 解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1 阶 + 1 阶 + 1 阶1 阶 + 2 阶2 阶 + 1 阶
提示：
1 <= n <= 45
<2> 笔记
本题其实也没有引入太多的递归思想，其实可以看作是下一题 使用最小花费爬楼梯 的一个导入。
本题的 dp 定义其实是较为简单的，因为要得出 n 阶台阶由几种走法，可以想到就是用 dp[n] 来代表共 n 阶由多少种走法。
爬到第一层楼有一种方法，爬到第二层有两种方法，那爬到第三层其实就有三种方法，一种是通过第一层跨两步，另一种是第二层跨一步。
很多朋友做这道题的时候会有一个疑问的地方，就是我从第一层走一步再走一步算不算一种方法呢？或者说从第四层走两次到第五层，这里想不通的朋友是因为没有将目光放到全局，其实将这些方式写出来得到的数列是相同的，比如 n = 3 的时候 1 1 1，可以理解成从 2 到 3 的一部分，也可以理解成从 1 跨两步到 3，计算的话其实就计算其中的一部分即可，否则会出现冲突。
使用递归五步法来规范一下：
确认 dp 的含义：爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法确认递推公式：dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]dp 数组如何初始化：题目中说了n是一个正整数，所以 dp[0] 是没有意义的，而递归推出后面的部分有需要两个元素，所以初始化就初始化 dp[1] 和 dp[2]递归的遍历顺序：需要用到前面的元素，从前向后遍历尝试举例推导
<3> 代码
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
if (n < 3) return n;
int[] dp = new int[n + 1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
}
03. 使用最小花费爬楼梯（No. 746）
题目链接
代码随想录题解
<1> 题目
给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。
请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
示例 1：
输入：cost = [10,15,20] 输出：15 解释：你将从下标为 1 的台阶开始。
支付 15 ，向上爬两个台阶，到达楼梯顶部。 总花费为 15 。
示例 2：
输入：cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1] 输出：6 解释：你将从下标为 0 的台阶开始。
支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 2 的台阶。支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 4 的台阶。支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 6 的台阶。支付 1 ，向上爬一个台阶，到达下标为 7 的台阶。支付 1 ，向上爬两个台阶，到达下标为 9 的台阶。支付 1 ，向上爬一个台阶，到达楼梯顶部。 总花费为 6 。
提示：
2 <= cost.length <= 10000 <= cost[i] <= 999
<2> 笔记
有了上一道题的铺垫其实本题就比较容易了，到达台阶 n 有两种方式分别是从 n - 1 和 n - 2 到达，所以需要有一个数组来存储之前的状态。
确定dp数组以及下标的含义，使用动态规划，就要有一个数组来记录状态，本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了，dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。确定递推公式：dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]，dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]，那选择哪个呢？一定是最小的，所以 dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);dp 数组如何初始化：和上面题目相同，只需要初始化两个即可，也就是 dp[0] 和 dp[1]，分别初始化成 cost[0] 和 ocst[1]确定遍历顺序：和上题相同，都是自底向上，从前向后遍历举例推导，发现没有问题
通过上面的梳理就能写出代码
<3> 代码
class Solution {
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
int n = cost.length;
if (n < 2) {
return 0;
}
int[] dp = new int[n + 1];
dp[0] = 0;
dp[1] = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
dp[i] = Math.min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
}
return dp[n];
}
}
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