一、青蛙跳台階&斐波那契數列
1、問題
一隻青蛙跳台階，每次可以跳 1 層或 2 層。青蛙跳到 n 層一共有多少種跳法？
2、思想
先把問題規模縮小，考慮 n = 1時，n = 2的解。那麼，顯然有：
（1）邊界條件：dp[1] = 1、dp[2] = 2
（2）再考慮 n = 3時，逆向思維一下，要跳 3 層，是不是隻能是從第 2 階跳 1 層到或者是從第 1 階跳 2 層到。是以dp[3] = dp[2] + dp[1]。
（3）同理n = 4時，是不是也是隻能是從第 3 階跳 1 層到或者是從第 3 階跳 2 層到。是以dp[4] = dp[3] + dp[2]。
（3）……
（4）同理可得，狀态轉移方程：dp[n] = dp[n - 1] + dp[n - 2]。
3、代碼示例
1 // 遞歸.時間複雜度:O(2^n).空間複雜度:O(1)
2 public int jumpFloor(int target) {
3 if (target == 1) {
4 return 1;
5 }
6 if (target == 2) {
7 return 2;
8 }
9
10 return jumpFloor(target - 1) + jumpFloor(target - 2);
11 }
12
13 // 循環（dp數組）.時間複雜度:O(n).空間複雜度:O(n)
14 public int jumpFloor2(int target) {
15 if (target == 1) {
16 return 1;
17 }
18
19 int[] dp = new int[target + 1];
20 dp[1] = 1;
21 dp[2] = 2;
22 for (int i = 3; i <= target; i++) {
23 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
24 }
25 return dp[target];
26 }
27
28 // 滾動數組.時間複雜度:O(n).空間複雜度:O(1)
29 public int jumpFloor3(int target) {
30 if (target == 1) {
31 return 1;
32 }
33 int num1 = 1, num2 = 2, temp = num2;
34
35 for (int i = 3; i <= target; i++) {
36 temp = num1 + num2;
37 num1 = num2;
38 num2 = temp;
39 }
40
41 return temp;
42 } 二、網格路徑
1、問題
有一個 m*n 的網格，從 [1, 1] 出發，每次隻能向右或向下，抵達 [m, n] 一共有多少種方案？如圖：
2、思想
先把問題規模縮小，考慮從 [1, 1]到 [1, 2]，到 [1, 3]，到 [1, 4]……和從 [1, 1]到[2, 1]，到 [3, 1]……，是不是隻能一直向右和向下，那麼，顯然有：
（1）邊界條件：dp[1][n] = 1、dp[m][1] = 1
（2）再考慮到 [2, 2] ，是不是隻有 [1, 2] 向下或者 [2, 1] 向右。是以dp[2][2] = dp[1][2] + dp[2][1]。
（3）同理可得，狀态轉移方程：dp[m][n] = dp[m - 1][n] + dp[m][n - 1]。
3、代碼示例
1 // 3*6. m=3,n=6
2 public static int gridPath(int m, int n) {
3 int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
4 for (int i = 1; i <= n; i++) {
5 dp[1][i] = 1;
6 }
7
8 for (int i = 1; i <= m; i++) {
9 dp[i][1] = 1;
10 }
11
12 // 周遊二維數組
13 for (int i = 2; i <= m; i++) {
14 for (int j = 2; j <= n; j++) {
15 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
16 }
17 }
18
19 return dp[m][n];
20 } 三、最長遞增子序列
1、問題
問題很好了解。例如：[3,6,2,7] 是數組 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列，但它不是遞增的。
nums = [10,9,2,5,3,7,101,18] --> 4 [2,3,7,101] 或者 [2,3,7,18]
nums = [0,1,0,3,2,3] --> 4 [0,1,2,3]
nums = [7,7,7,7,7,7,7] --> 1 [7]
2、思想
定義：dp[i] 表示以 nums[i] 這個數結尾的最長遞增子序列的長度。為了了解這個定義，比如：dp[3] 就是以 nums[3] = 4 結尾的最長遞增子序列（1,3,4）的長度，也就是3。
根據這個定義，最終結果（子序列的最大長度）應該是 dp 數組中的最大值。
過程動圖
那麼，顯然有：
（1）邊界條件：dp[*] = 1
（2）動态轉移方程：dp[i] = nums[i] > nums[j] && max(dp[i], dp[j] + 1)
3、代碼示例
1 // 時間複雜度 O(N^2)
2 public int lis(int[] nums) {
3 int[] dp = new int[nums.length];
4 // dp數組全部初始化為 1
5 Arrays.fill(dp, 1);
6
7 for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
8 for (int j = 0; j < i; j++) {
9 if (nums[i] > nums[j]) {
10 dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
11 }
12 }
13 }
14
15 int res = 0;
16 for (int i : dp) {
17 res = Math.max(res, i);
18 }
19
20 return res;
21 } 四、最長回文子串
1、問題
給定一個字元串 s，長度為 n，找到 s 中最長的回文子串。
s = "abbac" --> "abba"
s = "cbbd" --> "bb"
s = "babad" --> "aba"
2、思想
定義：dp[i][j]表示 s 中 i 到 j 的字元串是否是回文串。那麼，顯然有：
（1）邊界條件：dp[i][i] = true；dp[i][j] = true 當 s[i] = s[j] && j - i = 1
（2）狀态轉移方程：dp[i][j] = ( s[i] = s[j] && dp[i + 1][j - 1] )
3、代碼示例
1 public int getLongestPalindrome(String s, int n) {
2 boolean[][] dp = new boolean[n][n];
3 int max = 1;
4
5 // 字元串首尾字母長度差 (len = j - i) 0~n-1
6 for (int len = 0; len < n; len++) {
7
8 for (int i = 0; i < n - len; i++) {
9 int j = i + len;
10
11 // 如果字元串 i 到 j 的首尾相等，再根據字元串 i+1 到 j-1 來确定，即得到遞推公式
12 if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
13 // 邊界條件
14 if (len == 0 || len == 1) {
15 dp[i][j] = true;
16 } else {
17 // 狀态轉移方程
18 dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
19 }
20
21 if (dp[i][j]) {
22 // 更新最大長度
23 max = Math.max(max, len + 1);
24 }
25 }
26 }
27 }
28 return max;
29 } 五、兌換硬币
1、問題
給定一個正整數數組 coins，表示不同面值的硬币，整數 amount 代表總金額。求可以湊成總金額所需的最少硬币個數，不能組成總金額，傳回 -1。硬币數量無限。
coins = [1,3,5], amout = 11 -> 3（11 = 5 + 5 + 1）
coins = [2,5], amout = 3 -> -1
2、思想
用dp[i] = j 表示湊夠 i 元最少需要 j 個硬币。先把問題規模縮小，考慮，如果有面值為1元、3元和5元的硬币若幹枚，如何用最少的硬币湊夠11元？答案很簡單是 3（5+5+1）。則：
i = 0，表示湊夠0元最少需要的硬币數。當然就是不選硬币，需要0個硬币。
dp[0] = 0
i = 1，隻有1元可用，選擇 1 元硬币，金額變為 i - 1 = 0，接下來隻需要湊夠 0 元即可。
dp[1] = dp[i - 1] + 1 = dp[0] + 1 = 0 + 1 = 1
i = 2，隻有1元可用，選擇 1 元硬币，金額變為 i - 1 = 1，接下來隻需要湊夠 1 元即可。
dp[2] = dp[i - 1] + 1 = dp[1] + 1 = 1 + 1 = 2
i = 3，可選硬币有 1 和 3，則分兩種情況
①選擇 1 元硬币，金額變為 i - 1 = 2，接下來隻需要湊夠 2 元即可。
dp[3] = dp[i - 1] + 1 = dp[2] + 1 = 3 （3個1元的）
②選擇 3 元硬币，金額變為 i - 3 = 0，接下來隻需要湊夠 0 元即可。
dp[3] = dp[i - 3] + 1 = dp[0] + 1 = 1 （1個3元的）
顯然，上述情況取小：
dp[3] = min{dp[i - 1] + 1, dp[i - 3] + 1} = 1
i = 4~amount，同理可得。
歸納一下：在已知dp[0]、dp[1]、dp[2]、……dp[i - 1]求 dp[i] 時，在可取的硬币面值（i >= coins[j]，coins[j]表示第 j 個硬币的面值），都取一次，則問題就可降級為 dp[i - coins[j]]，而這個值是已知，最後取小即可。
案例說明：
不妨：coins = [1,3,5,20]，求dp[11].
目的是湊成11，那麼，從可選的硬币裡選擇一枚，所有情況如下：
選擇coins[0]=1，則還需要湊11-1=10，即，在arr中湊10，是以dp[11]=dp[10] + 1。
選擇coins[1]=3，則還需要湊11-3=8，即，在arr中湊8，是以dp[11]=dp[11-3] + 1。
選擇coins[2]=5，則還需要湊11-5=6，即，在arr中湊6，是以dp[11]=dp[11-5] + 1。
注意：coins[3]=20 > 11，是不可選的。是以可選條件是 i >= coins[j]。
最後，在上述情況取小即可。
那麼，有：
（1）邊界條件：dp[0] = 0
（2）狀态轉移方程：dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1)。i - coins[j] >= 0
3、代碼示例
1 // 兌換硬币
2 public int minMoney(int[] coins, int amount) {
3 // 數組下标從 0 開始
4 int[] dp = new int[amount + 1];
5
6 // 若最小硬币是 1,那麼兌換 amount 最多用 amount 個硬币。則 dp[amount] 最大等于 amount
7 // 由于下面要取小，是以給一個越界值
8 Arrays.fill(dp, amount + 1);
9
10 // 邊界條件
11 dp[0] = 0;
12 // 依次求dp[1]、dp[2]……dp[amount]
13 for (int i = 1; i < amount + 1; i++) {
14
15 // 周遊硬币的面值
16 for (int coin : coins) {
17 // 該硬币面值可取
18 if (i - coin >= 0) {
19 dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
20 }
21 }
22 }
23
24 // 要是流程走下來 dp 值是非法值.說明換不出來
25 return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];
26 } 注：貪心不正确
coins = [1,4,5,7], amout=17
貪心結果：7+7+1+1+1 -> 5
實際：7+5+4+1 ->4
六、0-1背包問題
1、問題
一共有N件物品，第i（i從1開始）件物品的重量為w[i]，價值為v[i]。在總重量不超過背包容量C的情況下，能夠裝入背包的最大價值是多少？
通俗的說，就是你有一個麻袋，你去超市順便拿東西，在不超出麻袋容量的情況下，盡可能的拿的物品價值和最大。
要求：①裝入背包的總價值最大，且重量不超出。②物品要麼拿，要麼不拿，不可重複拿。
2、思想
舉一個案例，有一個背包，容量為4kg，現有物品：
| 物品 | 重量 | 價值 |
| 吉他（G） | 1kg | 1500 |
| 音響（S） | 4kg | 3000 |
| 電腦（L） | 3kg | 2000 |
顯然：可取方案有G+L，價值3500；或S，價值3000。最佳方案：G+L，3500。
定義：dp[i][j]表示在前 i 個物品中選擇，能夠裝入容量為 j 的背包中的最大價值。即：
| 物品\重量 | 0kg | 1kg | 2kg | 3kg | 4kg |
| 吉他（G） | |||||
| 音響（S） | |||||
| 電腦（L） |
先把問題規模縮小，按一行一行（必須），背包容量為0、1、2、……C=4的順序，填寫上表。
表示物品隻有吉他，有：
| 物品\重量 | 0kg | 1kg | 2kg | 3kg | 4kg |
| 吉他（G） | 1500 | 1500 | 1500 | 1500 | |
| 音響（S） | |||||
| 電腦（L） |
表示物品有吉他、音響，有：
| 物品\重量 | 0kg | 1kg | 2kg | 3kg | 4kg |
| 吉他（G） | 1500 | 1500 | 1500 | 1500 | |
| 音響（S） | 1500 | 1500 | 1500 | 3000 | |
| 電腦（L） |
表示物品有吉他、音響、電腦，有：
| 物品\重量 | 0kg | 1kg | 2kg | 3kg | 4kg |
| 吉他（G） | 1500 | 1500 | 1500 | 1500 | |
| 音響（S） | 1500 | 1500 | 1500 | 3000 | |
| 電腦（L） | 1500 | 1500 | 2000 | 3500 |
那麼，有：
（1）邊界條件：dp[i][0] = dp[0][j] = 0。上表格第一列、第一行為0
（2）狀态轉移方程：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], v[i] + dp[i - 1][j - w[i]])
3、代碼示例
1 public class Knapsack {
2 private Goods[] goods;
3 // 背包的容量
4 private int c;
5 // dp[i][j]:表示在前i個物品中選擇,能夠裝入容量為j的背包中的最大價值
6 private int[][] dp;
7 private int[][] path;
8
9 public Knapsack(Goods[] goods, int c) {
10 if (goods == null || goods.length == 0 || c <= 0) {
11 return;
12 }
13 this.goods = goods;
14 this.c = c;
15
16 this.dp = new int[goods.length][c + 1];
17 this.path = new int[goods.length][c + 1];
18
19 // 初始化第一列、第一行為0.可不寫,預設就是0
20 // for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
21 // dp[i][0] = 0;
22 // }
23 // for (int i = 0; i < dp[0].length; i++) {
24 // dp[0][i] = 0;
25 // }
26 }
27
28 // 動态規劃
29 public void dp() {
30 for (int i = 1; i < dp.length; i++) {
31 for (int j = 1; j < dp[0].length; j++) {
32 // 表明目前物品放不了背包
33 if (goods[i].weight > j) {
34 dp[i][j] = dp[i - 1][j];
35 } else {
36 dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], goods[i].value + dp[i - 1][j - goods[i].weight]);
37
38 // 用于記錄物品選擇政策
39 if (dp[i - 1][j] < goods[i].value + dp[i - 1][j - goods[i].weight]) {
40 path[i][j] = 1;
41 }
42 }
43 }
44 }
45
46 }
47
48 // 擷取物品的選擇政策
49 public List<Goods> getPlan() {
50 // 1.檢視 dp 填寫情況
51 for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
52 for (int j = 0; j < dp[i].length; j++) {
53 System.out.print(dp[i][j] + " ");
54 }
55 System.out.println();
56 }
57
58 // 2.物品選擇政策
59 List<Goods> result = new ArrayList<>();
60 int i = path.length - 1;
61 int j = path[0].length - 1;
62 // 從path的最後一個開始找
63 while (i > 0 && j > 0) {
64 if (path[i][j] == 1) {
65 result.add(goods[i]);
66
67 j = j - goods[i].weight;
68 }
69 i--;
70 }
71 return result;
72 }
73 }
74
75 // 物品
76 class Goods {
77 public String name;
78 // 物品重量
79 public int weight;
80 // 物品價值
81 public int value;
82
83 public Goods(String name, int weight, int value) {
84 this.name = name;
85 this.weight = weight;
86 this.value = value;
87 }
88
89 @Override
90 public String toString() {
91 return "Goods{" +
92 "name='" + name + '\'' +
93 ", weight=" + weight +
94 ", value=" + value +
95 '}';
96 }
97 } 0-1背包
1 public class Main {
2 public static void main(String[] args) {
3 Goods[] goods = new Goods[4];
4
5 // 為了使得 goods[1] 是第1個物品
6 goods[0] = null;
7 goods[1] = new Goods("吉他", 1, 1500);
8 goods[2] = new Goods("音響", 4, 3000);
9 goods[3] = new Goods("電腦", 3, 2000);
10
11 // 背包容量
12 final int C = 4;
13 Knapsack knapsack = new Knapsack(goods, C);
14 System.out.println("動态規劃dp:");
15 knapsack.dp();
16
17 final List<Goods> plan = knapsack.getPlan();
18 System.out.println("物品選擇政策:");
19 System.out.println(plan);
20 }
21 }
22
23 // 結果
24 動态規劃dp:
25 0 0 0 0 0
26 0 1500 1500 1500 1500
27 0 1500 1500 1500 3000
28 0 1500 1500 2000 3500
29 物品選擇政策:
30 [Goods{name='電腦', weight=3, value=2000}, Goods{name='吉他', weight=1, value=1500}] 測試類
4、說明
0-1背包問題不太好了解。下面用一些圖文幫助讀者了解。
首先，我們深刻了解一下0-1背包的問題，如圖：
不妨假設，在這前 i 個物品中，選取總重量不超過背包容量 C 的物品，且使得物品總價值最大。選擇政策叫方案A，此時的最大總價值設為 maxValue。這裡了解一下前 i 個物品，由于動态規劃問題是規模逐漸增大的，是以，要姑且把物品看成是"有序的"。
那麼，我們思考一個問題，如果此時來了第 i + 1個物品（價值：V，重量：W），會怎麼樣呢？如圖：
主要分為兩種情況談論：
1、W > C ：第 i + 1 個物品（鑽石）不可取。那麼，此時（總體物品是 i + 1個，但是）是不是就相當于沒有第 i + 1 這個物品（因為在i + 1個物品中選擇，不會取到第 i + 1這個物品），問題的解，是不是就等價于圖一（在 i 個物品中選擇，背包容量為C），是以，就是方案A，最大總價值就是 maxValue。
2、W <= C ：第 i + 1個物品（鑽石）可取。又分為兩種情況：即拿或不拿。（注：這是0-1背包，一個物品要麼不選擇，要麼隻選擇一次）
2.1：不拿。同樣，此時（這種情況下）問題的解，與上述（W > C）相同，即方案A，最大總價值就是 maxValue
2.2：拿。那麼，第 i + 1 個物品（鑽石）已經被選擇了，此時背包容量還有（C - W）。由于第 i + 1個物品已經被選擇了，此時問題規模，就是在前 i 個物品中，選取總重量不超過背包容量 C - W 的物品。價值就是dp[i][c-w]。
由于2.1和2.2屬于一種情況。是以整個問題的解就是 max( maxValue， V + dp[i][c-w] )。
下面，再對上面填表的過程，以及代碼做一些解釋：