动态规划

动态规划学习路线

动态规划（Dynamic Programming）比较适合用来求解最优问题，比如求最大值、最小值等等。它可以非常显著地降低时间复杂度，提高代码的执行效率。不过，它也是出了名的难学。它的主要学习难点跟递归类似，那就是，求解问题的过程不太符合人类常规的思维方式。对于新手来说，要想入门确实不容易。不过，等你掌握了之后，你会发现，实际上并没有想象中那么难。

0-1 背包问题

对于一组不同重量、不可分割的物品，我们需要选择一些装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中物品总重量的最大值是多少呢。关于这个问题，回溯的解决方法就是穷举搜索所有可能的装法，然后找出满足条件的最大值。不过，回溯算法的复杂度比较高，是指数级别的。那有没有什么规律，可以有效降低时间复杂度呢：

// 回溯算法实现。注意：我把输入的变量都定义成了成员变量
private int maxW = Integer.MIN_VALUE;   // 结果放到 maxW 中
private int[] weight = {2, 2, 4, 6, 3}; // 物品重量
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
public void f(int i, int cw) { 
    // 调用 f(0, 0)
    if (cw == w || i == n) { 
        // cw==w 表示装满了，i==n 表示物品都考察完了
        if (cw > maxW) {
            maxW = cw;
        }
        return;
    }
    f(i+1, cw); // 选择不装第 i 个物品
    if (cw + weight[i] <= w) {
        f(i+1, cw + weight[i]); // 选择装第 i 个物品
    }
}

我们假设背包的最大承载重量是 9。我们有 5 个不同的物品，每个物品的重量分别是 2, 2, 4, 6, 3。如果我们把这个例子的回溯求解过程，用递归树画出来，就是下面这个样子：

递归树中的每个节点表示一种状态，我们用 (i, cw) 来表示。其中，i 表示将要决策第几个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量。比如，(2, 2) 表示我们将要决策第 2 个物品是否装入背包，在决策前，背包中物品的总重量是 2。从递归树中有些子问题的求解是重复的，比如图中 f(2, 2) 和 f(3, 4) 都被重复计算了两次。我们可以借助“备忘录”的解决方式，记录已经计算好的 f(i, cw)，当再次计算到重复的 f(i, cw) 的时候，可以直接从备忘录中取出来用，就不用再递归计算了，这样就可以避免冗余计算：

private int maxW = Integer.MIN_VALUE;    // 结果放到 maxW 中
private int[] weight = {2, 2, 4, 6, 3};  // 物品重量
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
private boolean[][] mem = new boolean[5][10]; // 备忘录，默认值 false
public void f(int i, int cw) { 
    // 调用 f(0, 0)
    if (cw == w || i == n) { 
        // cw==w 表示装满了，i==n 表示物品都考察完了
        if (cw > maxW) {
            maxW = cw;
        }
        return;
    }
    if (mem[i][cw]) {
        return; // 重复状态
    }
    mem[i][cw] = true; // 记录 (i, cw) 这个状态
    f(i+1, cw); // 选择不装第 i 个物品
    if (cw + weight[i] <= w) {
        f(i+1, cw + weight[i]); // 选择装第 i 个物品
    }
}

我们把整个求解过程分为 n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个物品决策完之后，背包中的物品的重量会有多种情况，也就是说，会达到多种不同的状态，对应到递归树中，就是有很多不同的节点。我们把每一层重复的状态（节点）合并，只记录不同的状态，然后基于上一层的状态集合，来推导下一层的状态集合。我们可以通过合并每一层重复的状态，这样就保证每一层不同状态的个数都不会超过 w 个（w 表示背包的承载重量），也就是例子中的 9。于是，我们就成功避免了每层状态个数的指数级增长。

我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可以达到的不同状态。第 0 个物品的重量是 2，要么装入背包，要么不装入背包，决策完之后，会对应背包的两种状态，背包中物品的总重量是 0 或者 2。我们用 states[0][0]=true 和 states[0][2]=true 来表示这两种状态。第 1 个物品的重量也是 2，基于之前的背包状态，在这个物品决策完之后，不同的状态有 3 个，背包中物品总重量分别是 0(0+0), 2(0+2 or 2+0), 4(2+2)。我们用 states[1][0]=true, states[1][2]=true, states[1][4]=true 来表示这三种状态。

以此类推，直到考察完所有的物品后，整个 states 状态数组就都计算好了。我把整个计算的过程画了出来，你可以看看。图中 0 表示 false，1 表示 true。我们只需要在最后一层，找一个值为 true 的最接近 w 的值，就是背包中物品总重量的最大值：

我把上面的过程，翻译成代码：

// weight：物品重量，n：物品个数，w：背包可承载重量
public int knapsack(int[] weight, int n, int w) {
    boolean[][] states = new boolean[n][w+1]; // 默认值 false
    states[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
    if (weight[0] <= w) {
        states[0][weight[0]] = true;
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        // 动态规划状态转移
        for (int j = 0; j <= w; ++j) {
            // 不把第 i 个物品放入背包
            if (states[i-1][j] == true) {
                states[i][j] = states[i-1][j];
            }
        }
        for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) {
            // 把第 i 个物品放入背包
            if (states[i-1][j] == true) {
                states[i][j+weight[i]] = true;
            }
        }
    }
    for (int i = w; i >= 0; --i) { 
        // 输出结果
        if (states[n-1][i] == true) {
            return i;
        }
    }
    return 0;
}

实际上，这就是一种用动态规划解决问题的思路。我们把问题分解为多个阶段，每个阶段对应一个决策。我们记录每一个阶段可达的状态集合（去掉重复的），然后通过当前阶段的状态集合，来推导下一个阶段的状态集合，动态地往前推进。用回溯算法解决这个问题的时间复杂度 O(2^n)，是指数级的。这个代码的时间复杂度非常好分析，耗时最多的部分就是代码中的两层 for 循环，所以时间复杂度是 O(n*w)。n 表示物品个数，w 表示背包可以承载的总重量。从理论上讲，指数级的时间复杂度肯定要比 O(n*w) 高很多。

尽管动态规划的执行效率比较高，但是就刚刚的代码实现来说，我们需要额外申请一个 n 乘以 w+1 的二维数组，对空间的消耗比较多。所以，有时候，我们会说，动态规划是一种空间换时间的解决思路。实际上，我们只需要一个大小为 w+1 的一维数组就可以解决这个问题。动态规划状态转移的过程，都可以基于这个一维数组来操作。具体的代码实现我贴在这里：

public static int knapsack2(int[] items, int n, int w) {
    boolean[] states = new boolean[w+1]; // 默认值 false
    states[0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
    if (items[0] <= w) {
        states[items[0]] = true;
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        // 避免 for 循环重复计算的问题
        for (int j = w-items[i]; j >= 0; --j) {
            // 把第 i 个物品放入背包
            if (states[j] == true) {
                states[j+items[i]] = true;
            }
        }
    }
    for (int i = w; i >= 0; --i) { 
        // 输出结果
        if (states[i] == true) {
            return i;
        }
    }
    return 0;
}

0-1 背包问题升级版

我们刚刚讲的背包问题，只涉及背包重量和物品重量。我们现在引入物品价值这一变量。对于一组不同重量、不同价值、不可分割的物品，我们选择将某些物品装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中可装入物品的总价值最大是多少呢。这个问题依旧可以用回溯算法来解决：

private int maxV = Integer.MIN_VALUE;  // 结果放到 maxV 中
private int[] items = {2, 2, 4, 6, 3}; // 物品的重量
private int[] value = {3, 4, 8, 9, 6}; // 物品的价值
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
public void f(int i, int cw, int cv) { 
    // 调用 f(0, 0, 0)
    if (cw == w || i == n) { 
        // cw==w 表示装满了，i==n 表示物品都考察完了
        if (cv > maxV) {
            maxV = cv;
        }
        return;
    }
    f(i+1, cw, cv); // 选择不装第 i 个物品
    if (cw + weight[i] <= w) {
        f(i+1, cw+weight[i], cv+value[i]); // 选择装第 i 个物品
    }
}

针对上面的代码，我们还是照例画出递归树。在递归树中，每个节点表示一个状态。现在我们需要 3 个变量 (i, cw, cv) 来表示一个状态。其中，i 表示即将要决策第 i 个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量，cv 表示当前背包中物品的总价值：

我们发现，在递归树中，有几个节点的 i 和 cw 是完全相同的，比如 f(2, 2, 4) 和 f(2, 2, 3)。在背包中物品总重量一样的情况下，f(2, 2, 4) 这种状态对应的物品总价值更大，我们可以舍弃 f(2, 2, 3) 这种状态，只需要沿着 f(2, 2, 4) 这条决策路线继续往下决策就可以。也就是说，对于 (i, cw) 相同的不同状态，那我们只需要保留 cv 值最大的那个，继续递归处理，其他状态不予考虑。

如果用回溯算法，这个问题就没法再用“备忘录”解决了。我们还是把整个求解过程分为 n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个阶段决策完之后，背包中的物品的总重量以及总价值，会有多种情况，也就是会达到多种不同的状态。我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可以达到的不同状态。不过这里数组存储的值不再是 boolean 类型的了，而是当前状态对应的最大总价值。我们把每一层中 (i, cw) 重复的状态（节点）合并，只记录 cv 值最大的那个状态，然后基于这些状态来推导下一层的状态：

public static int knapsack3(int[] weight, int[] value, int n, int w) 
{
    int[][] states = new int[n][w+1];
    for (int i = 0; i < n; ++i) { 
        // 初始化 states
        for (int j = 0; j < w+1; ++j) {
            states[i][j] = -1;
        }
    }
    states[0][0] = 0;
    if (weight[0] <= w) {
        states[0][weight[0]] = value[0];
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        // 动态规划，状态转移
        for (int j = 0; j <= w; ++j) { 
            // 不选择第 i 个物品
            if (states[i-1][j] >= 0) { 
                states[i][j] = states[i-1][j];
            }
        }
        for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) { 
            // 选择第 i 个物品
            if (states[i-1][j] >= 0) {
                int v = states[i-1][j] + value[i];
                if (v > states[i][j+weight[i]]) {
                    states[i][j+weight[i]] = v;
                }
            }
        }
    }
    // 找出最大值
    int maxvalue = -1;
    for (int j = 0; j <= w; ++j) {
        if (states[n-1][j] > maxvalue) {
            maxvalue = states[n-1][j];
        }
    }
    return maxvalue;
}

如何解决购物时的凑单问题

假设你女朋友的购物车中有 n 个（n>100）想买的商品，她希望从里面选几个，在凑够满减条件的前提下，让选出来的商品价格总和最大程度地接近满减条件（200 元），这样就可以极大限度地“薅羊毛”。对于这个问题，你当然可以利用回溯算法，穷举所有的排列组合，看大于等于 200 并且最接近 200 的组合是哪一个。但是，这样效率太低了点，时间复杂度非常高，是指数级的。

实际上，它跟第一个例子中讲的 0-1 背包问题很像，只不过是把“重量”换成了“价格”而已。购物车中有 n 个商品。我们针对每个商品都决策是否购买。每次决策之后，对应不同的状态集合。我们还是用一个二维数组 states[n][x]，来记录每次决策之后所有可达的状态。0-1 背包问题中，我们找的是小于等于 w 的最大值，x 就是背包的最大承载重量 w+1。对于这个问题来说，我们要找的是大于等于 200（满减条件）的值中最小的，所以就不能设置为 200 加 1 了。所以，我们可以限定 x 值为 601。

不过，这个问题不仅要求大于等于 200 的总价格中的最小的，我们还要找出这个最小总价格对应都要购买哪些商品。实际上，我们可以利用 states 数组，倒推出这个被选择的商品序列：

// items 商品价格，n 商品个数, w 表示满减条件，比如 200
public static void double11advance(int[] items, int n, int w) {
    boolean[][] states = new boolean[n][3*w+1]; // 超过 3 倍就没有薅羊毛的价值了
    states[0][0] = true;  // 第一行的数据要特殊处理
    if (items[0] <= 3*w) {
        states[0][items[0]] = true;
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        // 动态规划
        for (int j = 0; j <= 3*w; ++j) {
            // 不购买第 i 个商品
            if (states[i-1][j] == true) {
                states[i][j] = states[i-1][j];
            }
        }
        for (int j = 0; j <= 3*w-items[i]; ++j) {
            // 购买第 i 个商品
            if (states[i-1][j] == true) {
                states[i][j+items[i]] = true;
            }
        }
    }

    int j;
    for (j = w; j < 3*w+1; ++j) { 
        if (states[n-1][j] == true) {
            break; // 输出结果大于等于 w 的最小值
        }
    }
    if (j == 3*w+1) {
        return; // 没有可行解
    }
    for (int i = n-1; i >= 1; --i) { 
        // i 表示二维数组中的行，j 表示列
        if (j-items[i] >= 0 && states[i-1][j-items[i]] == true) {
            System.out.print(items[i] + " "); // 购买这个商品
            j = j - items[i];
        } 
        // else 没有购买这个商品，j 不变
    }
    if (j != 0) {
        System.out.print(items[0]);
    }
}

状态 (i, j) 只有可能从 (i-1, j) 或者 (i-1, j-value[i]) 两个状态推导过来。所以，我们就检查这两个状态是否是可达的，也就是 states[i-1][j] 或者 states[i-1][j-value[i]] 是否是 true。如果 states[i-1][j] 可达，就说明我们没有选择购买第 i 个商品，如果 states[i-1][j-value[i]] 可达，那就说明我们选择了购买第 i 个商品。我们从中选择一个可达的状态（如果两个都可达，就随意选择一个），然后，继续迭代地考察其他商品是否有选择购买。

“一个模型三个特征”理论讲解

首先，我们来看，什么是“一个模型”？它指的是动态规划适合解决的问题的模型，我把这个模型定义为多阶段决策最优解模型。我们一般是用动态规划来解决最优问题，而解决问题的过程，需要经历多个决策阶段，每个决策阶段都对应着一组状态。然后我们寻找一组决策序列，经过这组决策序列，能够产生最终期望求解的最优值。

现在，我们再来看，什么是“三个特征”：

1. 最优子结构：
   最优子结构指的是，问题的最优解包含子问题的最优解。反过来说就是，我们可以通过子问题的最优解，推导出问题的最优解。如果我们把最优子结构，对应到我们前面定义的动态规划问题模型上，那我们也可以理解为，后面阶段的状态可以通过前面阶段的状态推导出来；
2. 无后效性：
   无后效性有两层含义，第一层含义是，在推导后面阶段的状态的时候，我们只关心前面阶段的状态值，不关心这个状态是怎么一步一步推导出来的。第二层含义是，某阶段状态一旦确定，就不受之后阶段的决策影响。无后效性是一个非常“宽松”的要求。只要满足前面提到的动态规划问题模型，其实基本上都会满足无后效性；
3. 重复子问题：
   如果用一句话概括一下，那就是：不同的决策序列，到达某个相同的阶段时，可能会产生重复的状态；

“一个模型三个特征”实例剖析

假设我们有一个 n 乘以 n 的矩阵 w[n][n]。矩阵存储的都是正整数。棋子起始位置在左上角，终止位置在右下角。我们将棋子从左上角移动到右下角。每次只能向右或者向下移动一位。从左上角到右下角，会有很多不同的路径可以走。我们把每条路径经过的数字加起来看作路径的长度。那从左上角移动到右下角的最短路径长度是多少呢：

从 (0, 0) 走到 (n-1, n-1)，总共要走 2*(n-1) 步，也就对应着 2*(n-1) 个阶段。每个阶段都有向右走或者向下走两种决策，并且每个阶段都会对应一个状态集合。我们把状态定义为 min_dist(i, j)，其中 i 表示行，j 表示列。min_dist 表达式的值表示从 (0, 0) 到达 (i, j) 的最短路径长度。所以，这个问题是一个多阶段决策最优解问题，符合动态规划的模型：

我们可以用回溯算法来解决这个问题。如果你自己写一下代码，画一下递归树，就会发现，递归树中有重复的节点。重复的节点表示，从左上角到节点对应的位置，有多种路线，这也能说明这个问题中存在重复子问题：

如果我们走到 (i, j) 这个位置，我们只能通过 (i-1, j)，(i, j-1) 这两个位置移动过来，也就是说，我们想要计算 (i, j) 位置对应的状态，只需要关心 (i-1, j)，(i, j-1) 两个位置对应的状态，并不关心棋子是通过什么样的路线到达这两个位置的。而且，我们仅仅允许往下和往右移动，不允许后退，所以，前面阶段的状态确定之后，不会被后面阶段的决策所改变，所以，这个问题符合“无后效性”这一特征。

刚刚定义状态的时候，我们把从起始位置 (0, 0) 到 (i, j) 的最小路径，记作 min_dist(i, j)。因为我们只能往右或往下移动，所以，我们只有可能从 (i, j-1) 或者 (i-1, j) 两个位置到达 (i, j)。也就是说，到达 (i, j) 的最短路径要么经过 (i, j-1)，要么经过 (i-1, j)，而且到达 (i, j) 的最短路径肯定包含到达这两个位置的最短路径之一。换句话说就是，min_dist(i, j) 可以通过 min_dist(i, j-1) 和 min_dist(i-1, j) 两个状态推导出来。这就说明，这个问题符合“最优子结构”：

min_dist(i, j) = w[i][j] + min(min_dist(i, j-1), min_dist(i-1, j))

两种动态规划解题思路总结

解决动态规划问题，一般有两种思路。我把它们分别叫作，状态转移表法和状态转移方程法。

状态转移表法

一般能用动态规划解决的问题，都可以使用回溯算法的暴力搜索解决。所以，当我们拿到问题的时候，我们可以先用简单的回溯算法解决，然后定义状态，每个状态表示一个节点，然后对应画出递归树。从递归树中，我们很容易可以看出来，是否存在重复子问题，以及重复子问题是如何产生的。以此来寻找规律，看是否能用动态规划解决。

找到重复子问题之后，接下来，我们有两种处理思路：

1. 直接用回溯加“备忘录”的方法，来避免重复子问题。从执行效率上来讲，这跟动态规划的解决思路没有差别；
2. 使用动态规划的解决方法 – 状态转移表法；

我们先画出一个状态表。状态表一般都是二维的，所以你可以把它想象成二维数组。其中，每个状态包含三个变量，行、列、数组值。我们根据决策的先后过程，从前往后，根据递推关系，分阶段填充状态表中的每个状态。最后，我们将这个递推填表的过程，翻译成代码，就是动态规划代码了。

尽管大部分状态表都是二维的，但是如果问题的状态比较复杂，需要很多变量来表示，那对应的状态表可能就是高维的，比如三维、四维。那这个时候，我们就不适合用状态转移表法来解决了。一方面是因为高维状态转移表不好画图表示，另一方面是因为人脑确实很不擅长思考高维的东西。

从起点到终点，我们有很多种不同的走法。我们可以穷举所有走法，然后对比找出一个最短走法。我们可以用回溯算法这个比较有规律的穷举算法：

private int minDist = Integer.MAX_VALUE; // 全局变量或者成员变量
// 调用方式：minDistBT(0, 0, 0, w, n)
public void minDistBT(int i, int j, int dist, int[][] w, int n) {
    // 到达了 (n-1, n-1) 这个位置了，这里看着有点奇怪哈，你自己举个例子看下
    if (i == n && j == n) {
        if (dist < minDist) {
            minDist = dist;
        }
        return;
    }
    if (i < n) { 
        // 往下走，更新 i=i+1
        minDistBT(i + 1, j, dist+w[i][j], w, n);
    }
    if (j < n) { 
        // 往右走，更新 j=j+1
        minDistBT(i, j+1, dist+w[i][j], w, n);
    }
}

有了回溯代码之后，接下来，我们要画出递归树，以此来寻找重复子问题。在递归树中，一个状态（也就是一个节点）包含三个变量 (i, j, dist)。从图中，我们看出，尽管 (i, j, dist) 不存在重复的，但是 (i, j) 重复的有很多。对于 (i, j) 重复的节点，我们只需要选择 dist 最小的节点，继续递归求解，其他节点就可以舍弃了：

我们画出一个二维状态表，表中的行、列表示棋子所在的位置，表中的数值表示从起点到这个位置的最短路径。我们按照决策过程，通过不断状态递推演进，将状态表填好。为了方便代码实现，我们按行来进行依次填充：

弄懂了填表的过程，代码实现就简单多了：

public int minDistDP(int[][] matrix, int n) {
    int[][] states = new int[n][n];
    int sum = 0;
    for (int j = 0; j < n; ++j) { 
        // 初始化 states 的第一行数据
        sum += matrix[0][j];
        states[0][j] = sum;
    }
    sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) { 
        // 初始化 states 的第一列数据
        sum += matrix[i][0];
        states[i][0] = sum;
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        for (int j = 1; j < n; ++j) {
            states[i][j] = matrix[i][j] + Math.min(states[i][j-1], states[i-1][j]);
        }
    }
    return states[n-1][n-1];
}

状态转移方程法

状态转移方程法有点类似递归的解题思路。我们需要分析，某个问题如何通过子问题来递归求解，也就是所谓的最优子结构。根据最优子结构，写出递归公式，也就是所谓的状态转移方程。有了状态转移方程，代码实现就非常简单了。一般情况下，我们有两种代码实现方法：

1. 递归加“备忘录”；
2. 迭代递推；

这里我强调一下，状态转移方程是解决动态规划的关键。如果我们能写出状态转移方程，那动态规划问题基本上就解决一大半了，而翻译成代码非常简单。但是很多动态规划问题的状态本身就不好定义，状态转移方程也就更不好想到。下面我用递归加“备忘录”的方式，将状态转移方程翻译成代码；对于另一种实现方式，跟状态转移表法的代码实现是一样的，只是思路不同：

private int[][] matrix = {{1, 3, 5, 9}, {2, 1, 3, 4}, {5, 2, 6, 7}, {6, 8, 4, 3}};
private int n = 4;
private int[][] mem = new int[4][4];
public int minDist(int i, int j) { 
    // 调用 minDist(n-1, n-1)
    if (i == 0 && j == 0) {
        return matrix[0][0];
    }
    if (mem[i][j] > 0) {
        return mem[i][j];
    }
    int minLeft = Integer.MAX_VALUE;
    if (j-1 >= 0) {
        minLeft = minDist(i, j-1);
    }
    int minUp = Integer.MAX_VALUE;
    if (i-1 >= 0) {
        minUp = minDist(i-1, j);
    }
    
    int currMinDist = matrix[i][j] + Math.min(minLeft, minUp);
    mem[i][j] = currMinDist;
    return currMinDist;
}

四种算法思想比较分析

如果我们将这四种算法思想分一下类，那贪心、回溯、动态规划可以归为一类，而分治单独可以作为一类，因为它跟其他三个都不大一样。前三个算法解决问题的模型，都可以抽象成我们今天讲的那个多阶段决策最优解模型，而分治算法解决的问题尽管大部分也是最优解问题，但是，大部分都不能抽象成多阶段决策模型。

回溯算法是个“万金油”。基本上能用的动态规划、贪心解决的问题，我们都可以用回溯算法解决。回溯算法相当于穷举搜索。穷举所有的情况，然后对比得到最优解。不过，回溯算法的时间复杂度非常高，是指数级别的，只能用来解决小规模数据的问题。对于大规模数据的问题，用回溯算法解决的执行效率就很低了。

尽管动态规划比回溯算法高效，但是，并不是所有问题，都可以用动态规划来解决。能用动态规划解决的问题，需要满足三个特征，最优子结构、无后效性和重复子问题。在重复子问题这一点上，动态规划和分治算法的区分非常明显。分治算法要求分割成的子问题，不能有重复子问题，而动态规划正好相反，动态规划之所以高效，就是因为回溯算法实现中存在大量的重复子问题。

贪心算法实际上是动态规划算法的一种特殊情况。它解决问题起来更加高效，代码实现也更加简洁。不过，它可以解决的问题也更加有限。它能解决的问题需要满足三个条件，最优子结构、无后效性和贪心选择性。“贪心选择性”的意思是：通过局部最优的选择，能产生全局的最优选择。每一个阶段，我们都选择当前看起来最优的决策，所有阶段的决策完成之后，最终由这些局部最优解构成全局最优解。

如何量化两个字符串的相似度？

有一个非常著名的量化方法，那就是编辑距离（Edit Distance）。根据所包含的编辑操作种类的不同，编辑距离有多种不同的计算方式，比较著名的有莱文斯坦距离（Levenshtein Distance）和最长公共子串长度（Longest Common Substring Length）。其中，莱文斯坦距离允许增加、删除、替换字符这三个编辑操作，最长公共子串长度只允许增加、删除字符这两个编辑操作。

而且，莱文斯坦距离和最长公共子串长度，从两个截然相反的角度，分析字符串的相似程度。莱文斯坦距离的大小，表示两个字符串差异的大小；而最长公共子串的大小，表示两个字符串相似程度的大小。我举个例子给你说明一下。这里面，两个字符串 mitcmu 和 mtacnu 的莱文斯坦距离是 3，最长公共子串长度是 4：

如何编程计算莱文斯坦距离？

这个问题是求把一个字符串变成另一个字符串，需要的最少编辑次数。整个求解过程，涉及多个决策阶段，我们需要依次考察一个字符串中的每个字符，跟另一个字符串中的字符是否匹配，匹配的话如何处理，不匹配的话又如何处理。所以，这个问题符合多阶段决策最优解模型。回溯是一个递归处理的过程。如果 a[i] 与 b[j] 匹配，我们递归考察 a[i+1] 和 b[j+1]。如果 a[i] 与 b[j] 不匹配，那我们有多种处理方式可选：

• 可以删除 a[i]，然后递归考察 a[i+1] 和 b[j]；
• 可以删除 b[j]，然后递归考察 a[i] 和 b[j+1]；
• 可以在 a[i] 前面添加一个跟 b[j] 相同的字符，然后递归考察 a[i] 和 b[j+1]；
• 可以在 b[j] 前面添加一个跟 a[i] 相同的字符，然后递归考察 a[i+1] 和 b[j]；
• 可以将 a[i] 替换成 b[j]，或者将 b[j] 替换成 a[i]，然后递归考察 a[i+1] 和 b[j+1]；

我们将上面的回溯算法的处理思路，翻译成代码：

private char[] a = "mitcmu".toCharArray();
private char[] b = "mtacnu".toCharArray();
private int n = 6;
private int m = 6;
private int minDist = Integer.MAX_VALUE; // 存储结果
// 调用方式：lwstBT(0, 0, 0)
public lwstBT(int i, int j, int edist) {
    if (i == n || j == m) {
        if (i < n) {
            edist += n - i;
        }
        if (j < m) {
            edist += m - j;
        }
        if (edist < minDist) {
            minDist = edist;
        }
        return;
    }
    if (a[i] == b[j]) { 
        // 两个字符匹配
        lwstBT(i + 1, j + 1, edist);
    } 
    else { 
        // 两个字符不匹配
        lwstBT(i + 1, j, edist + 1);     // 删除 a[i] 或者 b[j] 前添加一个字符
        lwstBT(i, j + 1, edist + 1);     // 删除 b[j] 或者 a[i] 前添加一个字符
        lwstBT(i + 1, j + 1, edist + 1); // 将 a[i] 和 b[j] 替换为相同字符
    }
}

根据回溯算法的代码实现，我们可以画出递归树，看是否存在重复子问题。如果存在重复子问题，那我们就可以考虑能否用动态规划来解决；如果不存在重复子问题，那回溯就是最好的解决方法：

在递归树中，每个节点代表一个状态，状态包含三个变量 (i, j, edist)，其中，edist 表示处理到 a[i] 和 b[j] 时，已经执行的编辑操作的次数。在递归树中，(i, j) 两个变量重复的节点很多，比如 (3, 2) 和 (2, 3)。对于 (i, j) 相同的节点，我们只需要保留 edist 最小的，继续递归处理就可以了，剩下的节点都可以舍弃。所以，状态就从 (i, j, edist) 变成了 (i, j, min_edist)，其中 min_edist 表示处理到 a[i] 和 b[j]，已经执行的最少编辑次数。

不过，这个问题的状态转移方式要复杂很多。状态 (i, j) 可能从 (i-1, j), (i, j-1), (i-1, j-1) 三个状态中的任意一个转移过来：

基于刚刚的分析，我们可以尝试着将把状态转移的过程，用公式写出来：

// 如果：a[i]!=b[j]，那么：min_edist(i, j) 就等于：
min(min_edist(i-1, j) + 1, min_edist(i, j-1) + 1, min_edist(i-1, j-1) + 1)

// 如果：a[i]==b[j]，那么：min_edist(i, j) 就等于：
min(min_edist(i-1, j) + 1, min_edist(i, j-1) + 1，min_edist(i-1, j-1))

了解了状态与状态之间的递推关系，我们画出一个二维的状态表，按行依次来填充状态表中的每个值：

我们现在既有状态转移方程，又理清了完整的填表过程，代码实现就非常简单了：

public int lwstDP(char[] a, int n, char[] b, int m) {
    int[][] minDist = new int[n][m];
    for (int j = 0; j < m; ++j) { 
        // 初始化第 0 行： a[0] 与 b[0...j] 的编辑距离
        if (a[0] == b[j]) { 
            minDist[0][j] = j;
        }
        else if (j != 0) {
            minDist[0][j] = minDist[0][j-1] + 1;
        }
        else { 
            minDist[0][j] = 1;
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) { 
        // 初始化第 0 列：a[0...i] 与 b[0] 的编辑距离
        if (a[i] == b[0]) {
            minDist[i][0] = i;
        }
        else if (i != 0) {
            minDist[i][0] = minDist[i-1][0] + 1;
        }
        else { 
            minDist[i][0] = 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        // 按行填表
        for (int j = 1; j < m; ++j) {
            if (a[i] == b[j]) {
                minDist[i][j] = min(minDist[i-1][j]+1, minDist[i][j-1]+1, minDist[i-1][j-1]);
            }
            else {
                minDist[i][j] = min(minDist[i-1][j]+1, minDist[i][j-1]+1, minDist[i-1][j-1]+1);
            }
        }
    }
    return minDist[n-1][m-1];
}

当我们拿到一个问题的时候，我们可以先不思考，计算机会如何实现这个问题，而是单纯考虑“人脑”会如何去解决这个问题。人脑比较倾向于思考具象化的、摸得着看得见的东西，不适合思考过于抽象的问题。所以，我们需要把抽象问题具象化，实例化几个测试数据，通过人脑去分析具体实例的解，然后总结规律，再尝试套用学过的算法，看是否能够解决。

如何编程计算最长公共子串长度？

这个问题的解决思路，跟莱文斯坦距离的解决思路非常相似，也可以用动态规划解决。我刚刚已经详细讲解了莱文斯坦距离的动态规划解决思路，所以，针对这个问题，我直接定义状态，然后写状态转移方程。每个状态还是包括三个变量 (i, j, max_lcs)，max_lcs 表示 a[0…i] 和 b[0…j] 的最长公共子串长度。

我们先来看回溯的处理思路。我们从 a[0] 和 b[0] 开始，依次考察两个字符串中的字符是否匹配：

• 如果 a[i] 与 b[j] 互相匹配，我们将最大公共子串长度加一，并且继续考察 a[i+1] 和 b[j+1]；
• 如果 a[i] 与 b[j] 不匹配，最长公共子串长度不变，这个时候，有两个不同的决策路线：
  • 删除 a[i]，或者在 b[j] 前面加上一个字符 a[i]，然后继续考察 a[i+1] 和 b[j]；
  • 删除 b[j]，或者在 a[i] 前面加上一个字符 b[j]，然后继续考察 a[i] 和 b[j+1]；

反过来也就是说，如果我们要求 a[0…i] 和 b[0…j] 的最长公共长度 max_lcs(i, j)，我们只有可能通过这三个状态转移过来：(i-1, j-1, max_lcs), (i-1, j, max_lcs), (i, j-1, max_lcs)。

如果我们把这个转移过程，用状态转移方程写出来，就是下面这个样子：

// 如果：a[i]==b[j]，那么：max_lcs(i, j) 就等于：
max(max_lcs(i-1, j-1) + 1, max_lcs(i-1, j), max_lcs(i, j-1))

// 如果：a[i]!=b[j]，那么：max_lcs(i, j) 就等于：
max(max_lcs(i-1, j-1), max_lcs(i-1, j), max_lcs(i, j-1))

有了状态转移方程，代码实现就简单多了：

public int lcs(char[] a, int n, char[] b, int m) {
    int[][] maxLcs = new int[n][m];
    for (int j = 0; j < m; ++j) {
        // 初始化第 0 行：a[0] 与 b[0...j] 的 maxLcs
        if (a[0] == b[j]) {
            maxLcs[0][j] = 1;
        }
        else if (j != 0) {
            maxLcs[0][j] = maxLcs[0][j-1];
        }
        else {
            maxLcs[0][j] = 0;
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        // 初始化第 0 列：a[0...i] 与 b[0] 的 maxLcs
        if (a[i] == b[0]) {
            maxLcs[i][0] = 1;
        }
        else if (i != 0) {
            maxLcs[i][0] = maxLcs[i-1][0];
        }
        else {
            maxLcs[i][0] = 0;
        }
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        // 填表
        for (int j = 1; j < m; ++j) {
            if (a[i] == b[j]) {
                maxLcs[i][j] = max(maxLcs[i-1][j], maxLcs[i][j-1], maxLcs[i-1][j-1]+1);
            }
            else {
                maxLcs[i][j] = max(maxLcs[i-1][j], maxLcs[i][j-1], maxLcs[i-1][j-1]);
            }
        }
    }
    return maxLcs[n-1][m-1];
}

如何实现搜索引擎中的拼写纠错功能

当用户在搜索框内，输入一个拼写错误的单词时，我们就拿这个单词跟词库中的单词一一进行比较，计算编辑距离，将编辑距离最小的单词，作为纠正之后的单词，提示给用户。这就是拼写纠错最基本的原理。不过，真正用于商用的搜索引擎，拼写纠错功能显然不会就这么简单。一方面，单纯利用编辑距离来纠错，效果并不一定好；另一方面，词库中的数据量可能很大，搜索引擎每天要支持海量的搜索，所以对纠错的性能要求很高。针对纠错效果不好的问题，我们有很多种优化思路，我这里介绍几种：

• 我们并不仅仅取出编辑距离最小的那个单词，而是取出编辑距离最小的 Top 10，然后根据其他参数，决策选择哪个单词作为拼写纠错单词。比如使用搜索热门程度来决定哪个单词作为拼写纠错单词；
• 我们还可以用多种编辑距离计算方法，比如今天讲到的两种，然后分别编辑距离最小的 Top 10，然后求交集，用交集的结果，再继续优化处理；
• 我们还可以通过统计用户的搜索日志，得到最常被拼错的单词列表，以及对应的拼写正确的单词。搜索引擎在拼写纠错的时候，首先在这个最常被拼错单词列表中查找。如果一旦找到，直接返回对应的正确的单词。这样纠错的效果非常好；
• 我们还有更加高级一点的做法，引入个性化因素。针对每个用户，维护这个用户特有的搜索喜好，也就是常用的搜索关键词。当用户输入错误的单词的时候，我们首先在这个用户常用的搜索关键词中，计算编辑距离，查找编辑距离最小的单词；

针对纠错性能方面，我们也有相应的优化方式。我讲两种分治的优化思路：

• 如果纠错功能的 TPS 不高，我们可以部署多台机器，每台机器运行一个独立的纠错功能。当有一个纠错请求的时候，我们通过负载均衡，分配到其中一台机器，来计算编辑距离，得到纠错单词；
• 如果纠错系统的响应时间太长，也就是，每个纠错请求处理时间过长，我们可以将纠错的词库，分割到很多台机器。当有一个纠错请求的时候，我们就将这个拼写错误的单词，同时发送到这多台机器，让多台机器并行处理，分别得到编辑距离最小的单词，然后再比对合并，最终决定出一个最优的纠错单词；

LeetCode

Regular Expression Matching
Minimum Path Sum
Coin Change
Best Time to Buy and Sell Stock
Maximum Product Subarray
Triangle