動態規劃，就這些最常見了！

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前言

大家好，我是bigsai，好久不見，甚是想念(天天想念)！

很久前就有小夥伴被動態規劃所折磨，確實，很多題動態規劃確實太難看出了了，甚至有的題看了題解理解起來都費勁半天。

動態規劃的範圍雖然確實是很廣很難，但是從整個動態規劃出現的頻率來看，這幾種基礎的動態規劃理解容易，學習起來壓力不大，並且出現頻率非常高。

這幾個常見的動態規劃有：連續子陣列最大和，子陣列的最大乘積，最長遞增子序列(LIS)，最長公共子序列(LCS)，最長公共子串，最長公共子串，不同子序列。

首發公眾號bigsai，謝絕未聯絡轉載

什麼是動態規劃

首先很多人問，何為動態規劃？動態規劃（Dynamic Programming，DP）是運籌學的一個分支，是求解決策過程最優化的過程。通俗一點動態規劃就是從下往上(從前向後)階梯型求解數值。

那麼動態規劃和遞迴有什麼區別和聯絡？

總的來說動態規劃從前向後，遞迴從後向前，兩者策略不同，並且一般動態規劃效率高於遞迴。

不過都要考慮初始狀態，上下層資料之間的聯絡。很多時候用動態規劃能解決的問題，用遞迴也能解決不過很多時候效率不高可能會用到記憶化搜尋。

不太明白?

就拿求解斐波那契額數列來說，如果直接用遞迴不優化，那麼複雜度太多會進行很多重複的計算。

但是利用記憶化你可以理解為一層快取，將求過的值存下來下次再遇到就直接使用就可以了。

實現記憶化搜尋求斐波那契程式碼為：

java static long F(int n,long record[]) { if(n==1||n==2) {return 1;} if(record[n]>0) return record[n]; else record[n]=F(n-1,record)+F(n-2,record); return record[n]; } public static void main(String[] args) { int n=6; long[] record = new long[n+1]; System.out.println(F(n,record)); }

而動態規劃的方式你可以從前往後邏輯處理，從第三個開始每個dp都是前兩個dp之和。

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

當然動態規劃也能有很多空間優化，有些只用一次的值，你可以用一些變數去替代。有些二維陣列很大也可以用一維陣列交替替代。當然動態規劃專題很大，有很多比如樹形dp、狀壓dp、揹包問題等等經常出現在競賽中，能力有限這裡就將一些出現筆試高頻的動態規劃！

連續子陣列最大和

給定一個整數陣列 nums ，找到一個具有最大和的連續子陣列（子陣列最少包含一個元素），返回其最大和。

示例:

輸入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4] 輸出: 6 解釋: 連續子陣列 [4,-1,2,1] 的和最大，為 6。

dp的方法就是O(n)的方法。如果dp[i]表示以第i個結尾的最大序列和，而這個dp的狀態方程為：

dp[0]=a[0] dp[i]=max(dp[i-1]+a[i],a[i])

也不難解釋，如果以前一個為截至的最大子序列和大於0，那麼就連線本個元素，否則本個元素就自立門戶。

實現程式碼為：

java public int maxSubArray(int[] nums) { int dp[]=new int[nums.length]; int max=nums[0]; dp[0]=nums[0]; for(int i=1;i<nums.length;i++) { dp[i]=Math.max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]); if(dp[i]>max) max=dp[i]; } return max; }

ps:有小夥伴問那求可以不連續的陣列最大和呢？你好好想想列舉一下正的收入囊中，那個問題沒意義的。

連續子陣列最大乘積

給你一個整數陣列 nums ，請你找出陣列中乘積最大的連續子陣列（該子陣列中至少包含一個數字），並返回該子陣列所對應的乘積。

示例 :

輸入: [2,3,-2,4] 輸出: 6 解釋: 子陣列 [2,3] 有最大乘積 6。

連續子陣列的最大乘積，這也是一道經典的動態規劃問題，但是和普通動態規劃又有點小不同。

如果資料中都是非負數，對於連續陣列的最大乘積，那樣處理起來和前面連續子陣列最大和處理起來有些相似，要麼和前面的疊乘，要麼自立門戶。

dp[0]=nums[0] dp[i]=max(dp[i-1]*a[i],a[i])

但是這裡面的資料會出現負數，乘以一個負數它可能從最大變成最小，並且還有負負得正就又可能變成最大了。

這時候該怎麼考慮呢？

容易，我們開兩個dp，一個dpmax[]記錄乘積的最大值，一個dpmin[]記錄乘積的最小值。然後每次都更新dpmax和dpmin不管當前值是正數還是負數.這樣通過這兩個陣列就可以記錄乘積的絕對值最大。

動態方程也很容易

dpmax[i]=max(dpmax[i-1]*nums[i],dpmin[i-1]*nums[i],nums[i]) dpmin[i]=min(dpmax[i-1]*nums[i],dpmin[i-1]*nums[i],nums[i])

看一個過程就能理解明白，dpmin就是起到中間過度的作用，記錄一些可能的負極值以防備用。結果還是dpmax中的值。

最長遞增子序列

最長遞增子序列，也稱為LIS,是出現非常高頻的動態規劃演算法之一。這裡對應力扣300

給你一個整數陣列 nums ，找到其中最長嚴格遞增子序列的長度。

子序列是由陣列派生而來的序列，刪除（或不刪除）陣列中的元素而不改變其餘元素的順序。例如，[3,6,2,7] 是陣列 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

輸入：nums = [0,1,0,3,2,3] 輸出：4 解釋：最長遞增子序列是 [0,1,2,3]，因此長度為 4 。

對於最長遞增子序列，如果不考慮動態規劃的方法，使用暴力列舉其實還是比較麻煩的，因為你不知道遇到比前面元素大的是否要遞增。

比如 1 10 3 11 4 5，這個序列不能選取1 10 11而1 3 4 5才是最大的，所以暴力列舉所有情況的時間複雜度還是非常高的。

如果我們採取動態規劃的方法，建立的dp[]陣列，dp[i]表示以nums[i]結尾的最長遞增子序列，而dp[i]的求解方式就是列舉i號前面的元素和對應結尾的最長子序列，找到一個元素值小於nums[i]並且遞增序列最長，這樣的時間複雜度為O(n2)。

狀態轉移方程為：

dp[i]=max(dp[j])+1, 其中0≤j<i且num[j]<num[i]

具體流程為：

實現程式碼為：

java class Solution { public int lengthOfLIS(int[] nums) { int dp[]=new int[nums.length]; int maxLen=1; dp[0]=1; for(int i=1;i<nums.length;i++){ int max=0;//統計前面 末尾數字比自己小 最長遞增子串 for(int j=0;j<i;j++){//列舉 //結尾數字小於當前數字 並且長度大於記錄的最長 if(nums[j]<nums[i]&&dp[j]>max){ max=dp[j]; } } dp[i]=max+1;//前面最長 加上自己 if(maxLen<dp[i]) maxLen=dp[i]; } return maxLen; } }

不過這道題還有一個優化，可以優化成O(nlogn)的時間複雜度。

我們用dp記錄以 nums[i] 結尾的最長子序列長度,縱觀全域性，我們希望在長度一致的情況下末尾的值能夠儘量的小！

例如 2,3,9,5 …… 在前面最長的長度為3 我們願意拋棄2,3,9 而全部使用2,3,5 。也就是對於一個值，我們希望這個值能更新以它為結尾的最長的序列的末尾值。

如果這個值更新不了最長的序列，那就嘗試更新第二長的末尾值以防待用。例如 2,3,9,5,4,5 這個序列2,3,5更新2,3,9;然後2,3,4更新2,3,5 為最長的2,3,4,5做鋪墊。

而這個思路的核心就是維護一個lenth[]陣列，length[i]表示長度為i的子序列末尾最小值，因為我們每次順序增加一個長度說明這個值比前面的都大(做了充分比較)，所以這個陣列也是個遞增的，遞增，那麼在鎖定位置更新最大長度序列尾值的時候可以使用二分法優化。

實現程式碼為：

java class Solution { public int lengthOfLIS(int[] nums) { int length[]=new int[nums.length]; int len=1; length[0]=nums[0]; for(int i=1;i<nums.length;i++){ int left=0,right=len; while (left<right){ int mid=left+(right-left)/2; if(length[mid]<nums[i]){ left=mid+1; }else { right=mid; } } length[left]=nums[i]; if(right==len) len++; } return len; } }

最長公共子序列

最長公共子序列也成為LCS.出現頻率非常高！

給定兩個字串 text1 和 text2，返回這兩個字串的最長 公共子序列 的長度。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。

一個字串的 子序列 是指這樣一個新的字串：它是由原字串在不改變字元的相對順序的情況下刪除某些字元（也可以不刪除任何字元）後組成的新字串。

例如，"ace" 是 "abcde" 的子序列，但 "aec" 不是 "abcde" 的子序列。 兩個字串的 公共子序列 是這兩個字串所共同擁有的子序列。

拿b c d d e和 a c e e d e舉例，其的公共子串為c d e。如果使用暴力，複雜度太高會直接超時，就需要使用動態規劃。兩個字串匹配，我們設立二維dp[][]陣列，dp[i][j]表示text1串第i個結尾，text2串第j個結尾的最長公共子串的長度。

這裡核心就是要搞懂狀態轉移，分析dp[i][j]的轉換情況，當到達i,j時候：

如果text1[i]==text2[j],因為兩個元素都在最末尾的位置，所以一定可以匹配成功，換句話說，這個位置的鄰居dp值不可能大於他（最多相等）。所以這個時候就是dp[i][j]=dp[i-1][j-1] +1;

如果text1[i]!=text2[j]，就有兩種可能性，我們知道的鄰居有dp[i-1][j],dp[i][j-1]，很多人還會想到dp[i-1][j-1]這個一定比前兩個小於等於，因為就是前面兩個子範圍嘛！所以這時就相當於末尾匹配不成，就要看看鄰居能匹配的最大值啦，此時dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])。

所以整個狀態轉移方程為：

java dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 //text1[i]==text2[j]時 dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]) //text1[i]!=text2[j]時

實現程式碼為：

```java class Solution { public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) { char ch1[]=text1.toCharArray(); char ch2[]=text2.toCharArray(); int dp[][]=new int[ch1.length+1][ch2.length+1]; for(int i=0;i<ch1.length;i++) { for(int j=0;j<ch2.length;j++) { if(ch1[i]==ch2[j]) { dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1; } else dp[i+1][j+1]=Math.max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]);

        }
    }
    return dp[ch1.length][ch2.length];
}

} ```

最長公共子串

給定兩個字串str1和str2,輸出兩個字串的最長公共子串。

例如 abceef 和a2b2cee3f的最長公共子串就是cee。公共子串是兩個串中最長連續的相同部分。

如何分析呢? 和上面最長公共子序列的分析方式相似，要進行動態規劃匹配，並且邏輯上處理更簡單，只要當前i,j不匹配那麼dp值就為0，如果可以匹配那麼就變成dp[i-1][j-1] + 1

核心的狀態轉移方程為：

java dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 //text1[i]==text2[j]時 dp[i][j] = 0 //text1[i]!=text2[j]時

這裡程式碼和上面很相似就不寫啦，但是有個問題有的會讓你輸出最長字串之類，你要記得用一些變數儲存值。

不同子序列

不同子序列也會出現，並且有些難度，前面這篇不同子序列問題分析講的大家可以看看。

給定一個字串 s 和一個字串 t ，計算在 s 的子序列中 t 出現的個數。

字串的一個 子序列 是指，通過刪除一些（也可以不刪除）字元且不干擾剩餘字元相對位置所組成的新字串。（例如，"ACE" 是 "ABCDE" 的一個子序列，而 "AEC" 不是）

示例 ：

輸入：s = "rabbbit", t = "rabbit" 輸出：3 解釋： 如下圖所示, 有 3 種可以從 s 中得到 "rabbit" 的方案。 (上箭頭符號 ^ 表示選取的字母) rabbbit ^^^^ ^^ rabbbit ^^ ^^^^ rabbbit ^^^ ^^^

分析： 這個問題其實就是上面有幾個pat的變形拓展，其基本思想其實是一致的，上面那題問的是有幾個pat，固定、且很短。但這裡面t串的長度不固定，所以處理上就要使用陣列來處理而不能直接if else。

這題的思路肯定也是動態規劃dp了，dp[j]的意思就是t串中[0,j-1]長字元在s中能夠匹配的數量(當然這個值從前往後是動態變化的)，陣列大小為dp[t.length+1]。在遍歷s串的每一個元素都要和t串中所有元素進行對比看看是否相等，如果s串列舉到的這個串和t串中的第j個相等。那麼dp[j+1]+=dp[j]。 你可能會問為啥是dp[j+1],因為第一個元素匹配到需要將數量+1，而這裡為了避免這樣的判斷我們將dp[0]=1,這樣t串的每個元素都能正常的操作。

但是有一點需要注意的就是在遍歷s串中第i個字母的時候，遍歷t串比較不能從左向右而必須從右向左。因為在遍歷s串的第i個字元在列舉dp陣列時候要求此刻資料是相對靜止的疊加(即同一層次不能產生影響)，而從左往右進行遇到相同字元會對後面的值產生影響。區別的話可以參考下圖這個例子：

實現的程式碼為：

```java class Solution { public int numDistinct(String s, String t) { char s1[]=s.toCharArray(); char t1[]=t.toCharArray(); int dp[]=new int[t1.length+1]; dp[0]=1;//用來疊加

  for(int i=0;i<s1.length;i++)
  {
    for(int j=t1.length-1;j>=0;j--)
    {
      if(t1[j]==s1[i])
      {
        dp[j+1]+=dp[j];
      }
    }
  }
  return dp[t1.length];
}

} ```

結語

至此，簡單的動態規劃算是分享完了。

大部分簡單動態規劃還是有套路的，你看到一些陣列問題、字串問題很有可能就暗藏動態規劃。動態規劃的套路跟遞迴有點點相似，主要是找到狀態轉移方程，有時候考慮問題不能一步想的太多(想太多可能就把自己繞進去了)，而動態規劃就是要大家對數值上下轉換計算需要了解其中關係。

對於複雜dp問題或者很多套一層殼確實很難看出來，但是掌握上面的常見dp問題和揹包問題，就可以解決大部分動態規劃問題啦(畢竟咱們不是搞競賽遇到的還是偏簡單或者中等難度的)。

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