动态规划问题特点

动态规划问题的一般形式就是求最值。动态规划其实是运筹学的一种最优化方法，只不过在计算机问题上应用比较多，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。

动态规划就这么简单，就是穷举就完事了？我看到的动态规划问题都很难啊！

动态规划三要素：重叠⼦问题、最优⼦结构、状态转移⽅程。

首先，运用动态规划算法的一个重要条件：子问题必须独立****。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。

而且，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。

另外，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。

以上提到的重叠子问题、最优子结构、状态转移方程就是动态规划三要素。具体什么意思等会会举例详解，但是在实际的算法问题中，写出状态转移方程是最困难的，这也就是为什么很多朋友觉得动态规划问题困难的原因，我来提供我研究出来的一个思维框架，辅助你思考状态转移方程：

明确「状态」 -> 定义 dp 数组/函数的含义 -> 明确「选择」-> 明确 base case。

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最优子结构详解

「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？

当然，上面这个例子太简单了，不过请读者回顾一下，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。

前文 动态规划：不同的定义产生不同的解法 和 经典动态规划：高楼扔鸡蛋（进阶篇） 就展示了如何改造问题，不同的最优子结构，可能导致不同的解法和效率。

再举个常见但也十分简单的例子，求一棵二叉树的最大值，不难吧（简单起见，假设节点中的值都是非负数）：

int maxVal(TreeNode root) {
    if (root == null)
        return -1;
    int left = maxVal(root.left);
    int right = maxVal(root.right);
    return max(root.val, left, right);
}

你看这个问题也符合最优子结构，以root为根的树的最大值，可以通过两边子树（子问题）的最大值推导出来，结合刚才学校和班级的例子，很容易理解吧。

当然这也不是动态规划问题，旨在说明，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。

这里就不举那些正宗动态规划的例子了，读者可以翻翻历史文章，看看状态转移是如何遵循最优子结构的，这个话题就聊到这，下面再来看另外个动态规划迷惑行为。

dp 数组的遍历方向

我相信读者做动态规划问题时，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,忽略对角线的 Base Case
for (int l = 1; l <= n-1; l++) {
    for (int i = 0; i <= n - 1 - l; i++) {
        int j = i+l;
        // 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，比如我们在 团灭 LeetCode 股票买卖问题 中有的地方就正反皆可。

那么，如果仔细观察的话可以发现其中的原因的。你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。

下面来具体解释上面两个原则是什么意思。

比如编辑距离这个经典的问题，详解见前文 经典动态规划：编辑距离，我们通过对dp数组的定义，确定了 base case 是dp[..][0]和dp[0][..]，最终答案是dp[m][n]；而且我们通过状态转移方程知道dp[i][j]需要从dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]转移而来，如下图：

那么，参考刚才说的两条原则，你该怎么遍历dp数组？肯定是正向遍历：

for (int i = 1; i < m; i++)
    for (int j = 1; j < n; j++)
        // 通过 dp[i-1][j], dp[i][j - 1], dp[i-1][j-1]
        // 计算 dp[i][j]

因为，这样每一步迭代的左边、上边、左上边的位置都是 base case 或者之前计算过的，而且最终结束在我们想要的答案dp[m][n]。

再举一例，回文子序列问题，详见前文 子序列解题模板：最长回文子序列，我们通过过对dp数组的定义，确定了 base case 处在中间的对角线，dp[i][j]需要从dp[i+1][j],dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]转移而来，想要求的最终答案是dp[0][n-1]，如下图：

这种情况根据刚才的两个原则，就可以有两种正确的遍历方式：

要么从左至右斜着遍历，要么从下向上从左到右遍历，这样才能保证每次dp[i][j]的左边、下边、左下边已经计算完毕，最终得到正确结果。

现在，你应该理解了这两个原则，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。

状态压缩

能够使用状态压缩技巧的动态规划都是二维dp问题，你看它的状态转移方程，如果计算状态dp[i][j]需要的都是dp[i][j]相邻的状态，那么就可以使用状态压缩技巧，将二维的dp数组转化成一维，将空间复杂度从 O(N^2) 降低到 O(N)。

什么叫「和dp[i][j]相邻的状态」呢，比如 「最长回文子序列」 最终的代码如下：

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.size();
    // dp 数组全部初始化为 0
    vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
    // base case
    for (int i = 0; i < n; i++)
        dp[i][i] = 1;
    // 反着遍历保证正确的状态转移
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            // 状态转移方程
            if (s[i] == s[j])
                dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
            else
                dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
        }
    }
    // 整个 s 的最长回文子串长度
    return dp[0][n - 1];
}

PS：我们本文不探讨如何推状态转移方程，只探讨对二维 DP 问题进行状态压缩的技巧。技巧都是通用的，所以如果你没看过前文，不明白这段代码的逻辑也无妨，完全不会阻碍你学会状态压缩。

你看我们对dp[i][j]的更新，其实只依赖于dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j]这三个状态：

这就叫和dp[i][j]相邻，反正你计算dp[i][j]只需要这三个相邻状态，其实根本不需要那么大一个二维的 dp table 对不对？

状态压缩的核心思路就是，将二维数组「投影」到一维数组：

思路很直观，但是也有一个明显的问题，图中dp[i][j-1]和dp[i+1][j-1]这两个状态处在同一列，而一维数组中只能容下一个，那么当我计算dp[i][j]时，他俩必然有一个会被另一个覆盖掉，怎么办？

这就是状态压缩的难点，下面就来分析解决这个问题，还是拿「最长回文子序列」问题举例，它的状态转移方程主要逻辑就是如下这段代码：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        // 状态转移方程
        if (s[i] == s[j])
            dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
        else
            dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
    }
}

想把二维dp数组压缩成一维，一般来说是把第一个维度，也就是i这个维度去掉，只剩下j这个维度。压缩后的一维dp数组就是之前二维dp数组的dp[i][..]那一行。

我们先将上述代码进行改造，直接无脑去掉i这个维度，把dp数组变成一维：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        // 在这里，一维 dp 数组中的数是什么？
        if (s[i] == s[j])
            dp[j] = dp[j - 1] + 2;
        else
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
    }
}

上述代码的一维dp数组只能表示二维dp数组的一行dp[i][..]，那我怎么才能得到dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j]这几个必要的的值，进行状态转移呢？

在代码中注释的位置，将要进行状态转移，更新dp[j]，那么我们要来思考两个问题：

1、在对dp[j]赋新值之前，dp[j]对应着二维dp数组中的什么位置？

2、dp[j-1]对应着二维dp数组中的什么位置？

对于问题 1，在对dp[j]赋新值之前，dp[j]的值就是外层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维dp数组中dp[i+1][j]的位置。（二维投影到一维，唯一投影）

对于问题 2，dp[j-1]的值就是内层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维dp数组中dp[i][j-1]的位置。（二维投影到一维，多值投影，之前的都被覆盖掉了，只剩下最后一个dp[i][j-1])

那么问题已经解决了一大半了，只剩下二维dp数组中的dp[i+1][j-1]这个状态我们不能直接从一维dp数组中得到：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        if (s[i] == s[j])
            // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            dp[j] = ?? + 2;
        else
            // dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
    }
}

因为 for 循环遍历i和j的顺序为从左向右，从下向上，所以可以发现，在更新一维dp数组的时候，dp[i+1][j-1]会被dp[i][j-1]覆盖掉，图中标出了这四个位置被遍历到的次序：

那么如果我们想得到dp[i+1][j-1]，就必须在它被覆盖之前用一个临时变量temp把它存起来，并把这个变量的值保留到计算dp[i][j]的时候。为了达到这个目的，结合上图，我们可以这样写代码：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    // 存储 dp[i+1][j-1] 的变量
    int pre = 0;
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        int temp = dp[j];
        if (s[i] == s[j])
            // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            dp[j] = pre + 2;
        else
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);// 到下一轮循环，pre 就是 dp[i+1][j-1] 了
        pre = temp;
    }
}

别小看这段代码，这是一维dp最精妙的地方，会者不难，难者不会。为了清晰起见，我用具体的数值来拆解这个逻辑：

假设现在i = 5, j = 7且s[5] == s[7]，那么现在会进入下面这个逻辑对吧：

if (s[5] == s[7])
    // dp[5][7] = dp[i+1][j-1] + 2;
    dp[7] = pre + 2;

我问你这个pre变量是什么？是内层 for 循环上一次迭代的temp值。

那我再问你内层 for 循环上一次迭代的temp值是什么？是dp[j-1]也就是dp[6]，但这是外层 for 循环上一次迭代对应的dp[6]，也就是二维dp数组中的dp[i+1][6] = dp[6][6]。

也就是说，pre变量就是dp[i+1][j-1] = dp[6][6]，也就是我们想要的结果。

那么现在我们成功对状态转移方程进行了降维打击，算是最硬的的骨头啃掉了，但注意到我们还有 base case 要处理呀：

// 二维 dp 数组全部初始化为 0
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
// base case
for (int i = 0; i < n; i++)
    dp[i][i] = 1;

如何把 base case 也打成一维呢？很简单，记住，状态压缩就是投影，我们把 base case 投影到一维看看：

二维dp数组中的 base case 全都落入了一维dp数组，不存在冲突和覆盖，所以说我们直接这样写代码就行了：

// 一维 dp 数组全部初始化为 1
vector<int> dp(n, 1);

至此，我们把 base case 和状态转移方程都进行了降维，实际上已经写出完整代码了：

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.size();
    // base case：一维 dp 数组全部初始化为 1
    vector<int> dp(n, 1);

    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        int pre = 0;
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int temp = dp[j];
            // 状态转移方程
            if (s[i] == s[j])
                dp[j] = pre + 2;
            else
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
            pre = temp;
        }
    }
    return dp[n - 1];
}

使用状态压缩技巧对二维dp数组进行降维打击之后，解法代码的可读性变得非常差了，如果直接看这种解法，任何人都是一脸懵逼的。

算法的优化就是这么一个过程，先写出可读性很好的暴力递归算法，然后尝试运用动态规划技巧优化重叠子问题，最后尝试用状态压缩技巧优化空间复杂度。

Dynamic Programming 代码框架

动态规划的三个需要明确的点就是「状态」「选择」和「base case」，对应着回溯算法中走过的「路径」，当前的「选择列表」和「结束条件」。

某种程度上说，动态规划的暴力求解阶段就是回溯算法。只是有的问题具有重叠子问题性质，可以用 dp table 或者备忘录优化，将递归树大幅剪枝，这就变成了动态规划。

思维框架：明确「状态」 -> 定义 dp 数组/函数的含义 -> 明确「选择」-> 明确 base case。

解题方法: 状态表示 ->写出状态转移方程 ->确定边界 ->如果用递推，考虑子状态枚举的顺序

记忆搜索格式：

int dp[状态]
int dfs(状态)
{
    if(决策边界)
        return 决策边界答案；
    if(dp[状态表示]!=无效数值)
        return dp[状态表示]；
    for(当前状态的子状态)
        dfs(子状态)；
        更新dp[状态表示]；
    return dp[状态表示]；
}

int solve()
{
    memset(dp,无效数值，sizeof(dp));
    return dfs(原问题状态)；
}

dp 数组的迭代格式

int solve(inputs,状态) {
    vector<int> dp(状态);
    // base case
    dp[决策边界答案] = ...;
    for(按合适的遍历方向){
       更新dp[状态表示]；
    }
    return dp[结果状态];
}

下面通过斐波那契数列问题和凑零钱问题来详解动态规划的基本原理。前者主要是让你明白什么是重叠子问题（斐波那契数列严格来说不是动态规划问题），后者主要集中于如何列出状态转移方程。

请读者不要嫌弃这个例子简单，只有简单的例子才能让你把精力充分集中在算法背后的通用思想和技巧上，而不会被那些隐晦的细节问题搞的莫名其妙。想要困难的例子，历史文章里有的是。

例题说明

一、斐波那契数列

1、暴力递归

斐波那契数列的数学形式就是递归的，写成代码就是这样：

int fib(int N) {
    if (N == 1 || N == 2) return 1;
    return fib(N - 1) + fib(N - 2);
}

这个不用多说了，学校老师讲递归的时候似乎都是拿这个举例。我们也知道这样写代码虽然简洁易懂，但是十分低效，低效在哪里？假设 n = 20，请画出递归树。

PS：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。

这个递归树怎么理解？就是说想要计算原问题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。下面，我们想办法解决这个问题。

2、带备忘录的递归解法

明确了问题，其实就已经把问题解决了一半。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];
}

现在，画出递归树，你就知道「备忘录」到底做了什么：

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。

3、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」的推算岂不美哉！

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];
}

画个图就很好理解了，而且你发现这个 DP table 特别像之前那个「剪枝」后的结果，只是反过来算而已。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，仅此而已。

你会发现，上面的几种解法中的所有操作，例如 return f(n - 1) + f(n - 2)，dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，以及对备忘录或 DP table 的初始化操作，都是围绕这个方程式的不同表现形式。可见列出「状态转移方程」的重要性，它是解决问题的核心。很容易发现，其实状态转移方程直接代表着暴力解法。

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;
}

有人会问，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。

二、凑零钱问题

先看下题目：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 。算法的函数签名如下：

// coins 中是可选硬币面值，amount 是目标金额
int coinChange(int[] coins, int amount);

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。

你认为计算机应该如何解决这个问题？显然，就是把所有肯能的凑硬币方法都穷举出来，然后找找看最少需要多少枚硬币。

1、暴力递归

首先，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？你肯定不想看数学证明，我用一个直观的例子来讲解。

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，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，状态转移方程其实已经完成了，以上算法已经是暴力解法了，以上代码的数学形式就是状态转移方程：

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，比如amount = 11, coins = {1,2,5}时画出递归树看看：

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。

2、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)

不画图了，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)。

3、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。

三、minimum path sum

Leetcode 64

Given a m x n grid filled with non-negative numbers, find a path from top left to bottom right which minimizes the sum of all numbers along its path.

Note: You can only move either down or right at any point in time.

Example:

Input: [ [1,3,1], [1,5,1], [4,2,1] ]

Output: 7 Explanation: Because the path 1→3→1→1→1 minimizes the sum.

记忆搜索格式

int dp[550][550]
vector<vector<int>> grid;

int dfs(int x, int y)
{
    if(x==0&& y==0) return grid[0][0];
    if(x<0 || y<0) return INT_MAX;
    if(dp[x][y]!=-1) return dp[x][y];

    dp[x][y] = min(dfs(x-1,y),dfs(x,y-1))+grid[x][y];

    return dp[x][y]；
}

递推表示

   int minpathsum(vector<vector<int>>& grid)
   {
       int n = grid.size(),m = grid[0].size();
       int dp[n][m] = 0;
       //边界
       dp[0][0] = grid[0][0];
       for(int i = 1;i<n;i++) dp[i][0] = dp[i-1][0]+grid[i][0];
       for(int j=0;j<m;j++) dp[0][j] = dp[0][j-1]+grid[0][j];
       //状态转移
       for(i=0;i<n;++i)
           for(j = 0;j<m;++j)
               dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i][j];
   }