常见的动态规划的题：
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一、动态规划的三大步骤
动态规划即利用历史记录来避免重复计算。而这些历史记录，我们得需要一些变量来保存，一般是用一维数组或者二维数组来保存。下面我们先来讲下做动态规划题很重要的三个步骤：
第一步骤：定义数组元素的含义：我们会用一个数组，来保存历史数组，假设用一维数组 dp[] 吧。这个时候有一个非常重要的点，就是规定你这个数组元素的含义，例如你的 dp[i] 是代表什么意思？
第二步骤：找出数组元素之间的关系式：我觉得动态规划，还是有一点类似于高中学习的归纳法，当我们要计算 dp[n] 时，是可以利用 dp[n-1]，dp[n-2]……dp[1]，来推出 dp[n] 的，也就是可以利用历史数据来推出新的元素值，所以我们要找出数组元素之间的关系式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，这个就是他们的关系式了。而这一步，也是最难的一步，后面我会讲几种类型的题来说。动态规划方法的思想是：将原问题分解为若干子问题，称为「最优子结构」，通过求解子问题完成对最终问题的求解。对于重复出现的子问题，在第一次出现时对其进行求解，然后保存其结果，从而在求解后续的子问题时可以直接利用先前得到的结果。
第三步骤：找出初始值：学过数学归纳法的都知道，虽然我们知道了数组元素之间的关系式，例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]，我们可以通过 dp[n-1] 和 dp[n-2] 来计算 dp[n]，但是，我们得知道初始值啊，例如一直推下去的话，会由 dp[3] = dp[2] + dp[1]。而 dp[2] 和 dp[1] 是不能再分解的了，所以我们必须要能够直接获得 dp[2] 和 dp[1] 的值，而这，就是所谓的初始值。
由了初始值，并且有了数组元素之间的关系式，那么我们就可以得到 dp[n] 的值了，而 dp[n] 的含义是由你来定义的，你想求什么，就定义它是什么，这样，这道题也就解出来了。
二、案例详解
案例一、简单的一维 DP
问题描述：一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
首先我们来定义 dp[i] 的含义，我们的问题是要求青蛙跳上 n 级的台阶总共由多少种跳法，那我们就定义 dp[i] 的含义为：跳上一个 i 级的台阶总共有 dp[i] 种跳法。这样，如果我们能够算出 dp[n]，不就是我们要求的答案吗？所以第一步定义完成。
我们的目的是求 dp[n]动态规划的题，如你们经常听说的那样，就是把一个规模比较大的问题分成几个规模比较小的问题，然后由小的问题推导出大的问题。也就是说，dp[n] 的规模为 n，比它规模小的是 n-1, n-2, n-3…. 也就是说，dp[n] 一定会和 dp[n-1], dp[n-2]….存在某种关系的。我们要找出他们的关系。
那么问题来了，怎么找？是最核心最难的一个，我们必须回到问题本身来了，来寻找他们的关系式，dp[n] 究竟会等于什么呢？
对于这道题，由于情况可以选择跳一级，也可以选择跳两级，所以青蛙到达第 n 级的台阶有两种方式
一种是从第 n-1 级跳上来
一种是从第 n-2 级跳上来
由于我们是要算所有可能的跳法的，所以有 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。
c.找出初始条件
当 n = 1 时，dp[1] = dp[0] + dp[-1]，而我们是数组是不允许下标为负数的，所以对于 dp[1]，我们必须要直接给出它的数值，相当于初始值，显然，dp[1] = 1。一样，dp[0] = 0.（因为 0 个台阶，那肯定是 0 种跳法了）。于是得出初始值：dp[0] = 0.
三个步骤都做出来了，那么我们就来写代码吧，代码会详细注释滴。
int f( int n ){
if(n <= 1)
return n;
// 先创建一个数组来保存历史数据
int[] dp = new int[n+1];
// 给出初始值
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
// 通过关系式来计算出 dp[n]
for(int i = 2; i <= n; i++){
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
}
// 把最终结果返回
return dp[n];
}
d.再说初始化
大家先想以下，你觉得，上面的代码有没有问题？
答是有问题的，还是错的，错在对初始值的寻找不够严谨。例如对于上面的题，当 n = 2 时，dp[2] = dp[1] + dp[0] = 1。这显然是错误的，你可以模拟一下，应该是 dp[2] = 2。
也就是说，在寻找初始值的时候，一定要注意不要找漏了，dp[2] 也算是一个初始值，不能通过公式计算得出。有人可能会说，我想不到怎么办？这个很好办，多做几道题就可以了。
案例二：二维数组的 DP
可以说，80% 的题都是要用二维数组的，所以下面的题主要以二维数组为主，当然有人可能会说，要用一维还是二维，我怎么知道？这个问题不大，接着往下看。
问题描述：一个机器人位于一个 m*n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。问总共有多少条不同的路径？
步骤一、定义数组元素的含义
由于我们的目的是从左上角到右下角一共有多少种路径，那我们就定义 dp[i] [j]的含义为：当机器人从左上角走到(i, j) 这个位置时，一共有 dp[i] [j] 种路径。那么，dp[m-1] [n-1]?就是我们要的答案了。
注意，这个网格相当于一个二维数组，数组是从下标为 0 开始算起的，所以 右下角的位置是(m-1, n - 1)，所以?dp[m-1] [n-1]就是我们要找的答案。
想象以下，机器人要怎么样才能到达 (i, j) 这个位置？由于机器人可以向下走或者向右走，所以有两种方式到达
一种是从 (i-1, j) 这个位置走一步到达（是（i,j）正上方的那一格）
一种是从(i, j - 1) 这个位置走一步到达（是（i,j）正前方的那一格）
因为是计算所有可能的步骤，所以是把所有可能走的路径都加起来，所以关系式是?dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]。
显然，当?dp[i] [j]中，如果 i 或者 j 有一个为 0，那么还能使用关系式吗？答是不能的，因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1，就变成负数了，数组就会出问题了，所以我们的初始值是计算出所有的dp[0] [0….n-1]和所有的?dp[0….m-1] [0]。这个还是非常容易计算的，相当于计算机图中的最上面一行和左边一列。因此初始值如下：dp[0] [0….n-1] = 1; // 相当于最上面一行，机器人只能一直往左走dp[0…m-1] [0] = 1; // 相当于最左面一列，机器人只能一直往下走
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public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < m; i++){
dp[i][0] = 1;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[0][i] = 1;
}
// 推导出 dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
案例三、二维数组 DP
问题描述
给定一个包含非负整数的 m x n 网格，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。
说明：每次只能向下或者向右移动一步。
举例：
输入:
arr = [[1,3,1], [1,5,1], [4,2,1]]
输出: 7
解释: 因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。
和上面的差不多，不过是算最优路径和.
leetcode 的第64题：https://leetcode-cn.com/problems/minimum-path-sum/
这些属于 medium 级别的，后面在给几道 hard 级别的。
由于我们的目的是从左上角到右下角，最小路径和是多少，那我们就定义?dp[i] [j]的含义为：当机器人从左上角走到(i, j) 这个位置时，最下的路径和是?dp[i] [j]。那么，dp[m-1] [n-1]就是我们要的答案了。
注意，这个网格相当于一个二维数组，数组是从下标为 0 开始算起的，所以 由下角的位置是(m-1, n - 1)，所以dp[m-1] [n-1]就是我们要走的答案。
步骤二：找出关系数组元素间的关系式
想象以下，机器人要怎么样才能到达 (i, j) 这个位置？由于机器人可以向下走或者向右走，所以有两种方式到达
一种是从 (i-1, j) 这个位置走一步到达
一种是从(i, j - 1) 这个位置走一步到达
不过这次不是计算所有可能路径，而是计算哪一个路径和是最小的，那么我们要从这两种方式中，选择一种，使得dp[i] [j] 的值是最小的，显然有dp[i] [j] = min(dp[i-1][j]，dp[i][j-1]) + arr[i][j];// arr[i][j] 表示网格种的值
显然，当?dp[i] [j]中，如果 i 或者 j 有一个为 0，那么还能使用关系式吗？答是不能的，因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1，就变成负数了，数组就会出问题了，所以我们的初始值是计算出所有的?dp[0] [0….n-1]和所有的dp[0….m-1] [0]。这个还是非常容易计算的，相当于计算机图中的最上面一行和左边一列。因此初始值如下：dp[0] [j] = arr[0] [j] + dp[0] [j-1]; // 相当于最上面一行，机器人只能一直往左走dp[i] [0] = arr[i] [0] + dp[i-1] [0]; // 相当于最左面一列，机器人只能一直往下走
public static int uniquePaths(int[][] arr) {
int m = arr.length;
int n = arr[0].length;
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
dp[0][0] = arr[0][0];
// 初始化最左边的列
for(int i = 1; i < m; i++){
dp[i][0] = dp[i-1][0] + arr[i][0];
}
// 初始化最上边的行
for(int i = 1; i < n; i++){
dp[0][i] = dp[0][i-1] + arr[0][i];
}
// 推导出 dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + arr[i][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
class Solution {
public:
/*
* @param matrix int整型vector<vector<>> the matrix
* @return int整型
*/
int minPathSum(vector<vector<int> >& matrix) {
int row = matrix.size(), col = matrix[0].size();
for (int i = 0; i < row; i ++)
{
for (int j = 0; j < col; j ++)
{
if (i == 0 && j != 0) // 数组第一行
{
matrix[0][j] += matrix[0][j - 1];
}
else if (j == 0 && i != 0) // 数组第一列
{
matrix[i][0] += matrix[i - 1][0];
}
else if (i > 0 && j > 0) // 两种方式取最小的
{
matrix[i][j] += min(matrix[i - 1][j], matrix[i][j - 1]);
}
}
}
return matrix[row - 1][col - 1];
}
};
案例 4：编辑距离
这次给的这道题比上面的难一些，在 leetcdoe 的定位是 hard 级别。好像是 leetcode 的第 72 号题。
问题描述
给定两个单词 word1 和 word2，计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。你可以对一个单词进行如下三种操作：
示例 1:
输入: word1 = "horse", word2 = "ros"
输出: 3
解释:
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
90% 的字符串问题都可以用动态规划解决，并且90%是采用二维数组。
由于我们的目的求将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。那我们就定义?dp[i] [j]的含义为：当字符串 word1 的长度为 i，字符串 word2 的长度为 j 时，将 word1 转化为 word2 所使用的最少操作次数为?dp[i] [j]。
步骤二：找出关系数组元素间的关系式
接下来我们就要找?dp[i] [j]元素之间的关系了，比起其他题，这道题相对比较难找一点，但是，不管多难找，大部分情况下，dp[i] [j]和?dp[i-1] [j]、dp[i] [j-1]、dp[i-1] [j-1]?肯定存在某种关系。因为我们的目标就是，从规模小的，通过一些操作，推导出规模大的。对于这道题，我们可以对 word1 进行三种操作
插入一个字符
由于我们是要让操作的次数最小，所以我们要寻找最佳操作。那么有如下关系式：
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如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 相等，这个时候不需要进行任何操作，显然有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1]。（别忘了 dp[i] [j] 的含义哈）。
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如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 不相等，这个时候我们就必须进行调整，而调整的操作有 3 种，我们要选择一种。三种操作对应的关系试如下（注意字符串与字符的区别）：
I. 如果把字符 word1[i] 替换成与 word2[j] 相等，则有?
dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1] + 1;II. 如果在字符串 word1末尾插入一个与 word2[j] 相等的字符，则有?
dp[i] [j] = dp[i] [j-1] + 1;III.如果把字符 word1[i] 删除，则有?
dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + 1;
那么我们应该选择一种操作，使得 dp[i] [j] 的值最小，显然有dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j-1]，dp[i] [j-1]，dp[[i-1] [j]]) + 1;
于是，我们的关系式就推出来了，
步骤三、找出初始值
显然，当?dp[i] [j]?中，如果 i 或者 j 有一个为 0，那么还能使用关系式吗？答是不能的，因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1，就变成负数了，数组就会出问题了，所以我们的初始值是计算出所有的?dp[0] [0….n]?和所有的?dp[0….m] [0]。这个还是非常容易计算的，因为当有一个字符串的长度为 0 时，转化为另外一个字符串，那就只能一直进行插入或者删除操作了。
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
// dp[0][0...n2]的初始值
for (int j = 1; j <= n2; j++)
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
// dp[0...n1][0] 的初始值
for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
// 通过公式推出 dp[n1][n2]
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else {
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
}
}
}
return dp[n1][n2];
}