以后不定期更新一些算法方便自己的思考和总结。

平时练习算法题学习算法知识时，经常会发现题解里写着“动态规划”，里面一上来就是一个复杂的dp公式，对于新人来说除了说声

剩下就是疑惑，他是怎么想到这个公式的？我能想到吗？这玩意工作中有用吗？
加上“动态规划”这高端的名字，然后就劝退了不少试图去理解他的人。

动态规划听起来太吓人，可以换个说法

我在内心更喜欢叫他“状态缓存”
如果是服务开发，相信很熟悉这个词语，利用缓存来加快一些重复的请求的响应速度。
而这个缓存的特点是 和其他缓存有所关联。

比如我们的服务要计算7天内的某金钱总和，计算后要缓存一下。
后来又收到一个请求，要计算8天内的金钱总和
那我们只需要取之前算过的7天内的金钱综合，加上第8天的金钱就行了。

1+4的思考套路

自己针对动态规划总结了一个自己的思考套路，我叫他1组例子4个问题，就叫1+4好了，通过这5个过程，可以站在普通人的角度（就是非acm大佬那种的角度），去理解动态规划是如何被思考出来的

在超时的思路上写出一组计算过程的例子
在超时例子的基础上，有哪些重复、浪费的地方？
如何定义dp数组
状态的变化方向是什么，是怎么变化的
边界状态是什么

简单例子

以一道简单题为例：
爬楼梯：
https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs/

这时候就要静下心，观察这个解法的例子中是否有重复经历的场景，而这个重复经历的场景就叫状态。
我处理动态规划的题目时，都会问自己3个问题，一般就能顺利地解决。

①在超时的思路上写出一组计算过程的例子

如果我们考虑最简单的解法，就是从起点开始，每次选择走1步或者走2步，看下能否走到终点，能走到则方法数+1。
但这种方法注定超时（O（n^2)）
但我还是照着这个过程模拟了一下，随便列了几个
1 ->2-> 3-> 4-> 5
1 ->2 ->3-> 5
1->3->4->5
1->3->5

②在超时例子的基础上，有哪些重复、浪费的地方？

在上面，我发现了重复的地方

也就是说
从3到5总共就2种路线，已经在1->2之后计算过了，我后面从1走到3再往后走时，没必要再去算了。
换言之，当我走到3的时候，其实早就可以知道后面还剩下多少种走法。
发现重复的地方后，就可以开始建立dp公式了。

③如何定义dp数组？

定义dp数组，也就是定义上面提到的重复的地方。重新看下之前的那句话
当我走到3的时候，其实早就可以知道后面还剩下多少种走法。
所以dp[3]代表的就是从3往后，有多少种可走的方法。

④状态的变化方向是什么，是怎么变化的

首先思考状态的变化方向
重新看这句话：

当我走到3的时候，其实早就可以知道后面还剩下多少种走法

说明结果取决于往后面的状态
因此我们要先计算后面的状态, 即从后往前算

接着思考这个后面的状态和当前的状态有什么联系，是怎么变化的

这个一般都包含在题目条件中
根据题意，要么走2步，要么走1步，因此每当我走到一层时，下一次就2种状态可以变化。
那么对于第3层而言，他后续有2种走法，走1步或者走2步
那么他的情况就是dp[3] = dp[3+1] + dp{3+2}
如果层数设为i，那么这个变化情况就是
dp[i] = dp[i+1] + dp[i+2]

⑤边界状态是什么？

边界状态就是不需要依赖后面的状态了，直接可以得到结果的状态。
在这里肯定就是最后一层dp[n]，最后一层默认是一种走法。 dp[n]=1

实现

根据上面的过程，自己便定义了这个状态和变化

定义：dp[i] : 代表从第i层往后，有多少种走法
方向和变化：dp[i] = dp[i+1] + dp[i+2];
边界: dp[n] = 1
根据这个写代码就很容易了
代码：

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

进阶版，二维的动态规划

https://leetcode-cn.com/problems/number-of-ways-to-stay-in-the-same-place-after-some-steps/

①在超时的思路上写出一组计算过程的例子

超时的思路肯定是像搜索一样模拟所有的行走过程。
先假设1个steps=5, arrlen=3的情况
随便先列几个。模拟一下不断走的位置。数字指的是当前位置。
0->1->2->1->0->0
0->1->2->1->1->0
0->1->1->1->1->0
0->1->1->1->0->0
0->0->1->1->1->0
……

②在超时例子的基础上，有哪些重复、浪费的地方？

0->1->2->1->0->0
0->1->2->1->1->0
0->1->1->1->1->0
0->1->1->1->0->0
0->0->1->1->1->0
0->0->1->1->0->0
我发现这部分标粗的部分重复了，
换句话说
当我还剩2步且当前位置为1的时候，后面还有多少种走法，其实早就知道了。

③如何定义dp数组？

重新看这句话：

当我还剩2步且当前位置为1的时候，后面还有多少种走法，其实早就知道了。

涉及了2个关键因素: 剩余步数和当前值，所以得用二维数组
因此
dp[realstep][index]
就代表了剩余步数为step且位置为index时，后续还剩多少种走法。

④状态的变化方向是什么，是怎么变化的

先思考变化方向
“当我还剩2步且当前位置为1的时候，后面还有多少种走法，其实早就知道了。”

这个后面是指啥，后面会怎么变?
后面肯定是步数越来越少的情况，并且位置会根据规律变化。所以变化方向是步数变少，位置则按照规定去变。
那么这个固定越来越少的这个“剩余步数”，就是核心的变化方向
我们计算时，可以先计算小的剩余步数的状态，再去算大的剩余步数。

如何变化
根据题意和方向，剩余步数肯定-1，然后位置有3种选择（减1，不变，加1），那么方法就是3种选择的相加
dp[step][index] = dp[step-1][index-1] + dp[step-1][index] + dp[step-1][index+1]

⑤边界状态是什么？

剩余步数为0时，只有当前位置为0才是我们最终想要的方案，把值设为1并提供给后面用，其他位置且步数为0时都认为是0。
dp[0][0] = 1；
dp[0][index] = 0；（index>0)

实现

那么最终出来了

定义：dp{realstep][index]: 剩余步数为step且位置为index时，后续还剩多少种走法。
方向和变化：dp[step][index] = dp[step-1][index-1] + dp[step-1][index] + dp[step-1][index+1]
边界: dp[0][0] = 1；

内存溢出处理

不过这题因为是困难题，所以给上面这个公式设立了一个小难度：

数组长度非常大，导致如果index的范围我们选择为0~arrLen-1, 那么最大情况dp[500][10^6]注定超时内存范围。
这时候就要去思考index设那么大是不是没必要
一般我们可以自己列这种情况的小例子，例如
step=2, arr=10
然后看下index有没有必要设成0~9，随便走几步
0->1->0
0->1->0
0->0->0
嗯？我发现就3种情况，arr后面那么长不用啦？
于是发现规律：
剩余的步数，必须支撑他返回原点！
也就是说，其实index的最大范围最多就是step/2，不能再多了，再多肯定回不去了。
于是问题解决。

其他类似题目练习

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-cost-for-tickets/

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（完）