作者 Chunel Feng，编程爱好者，阿里巴巴引擎开发工程师。
个人博客：一面之猿网[1]
开源项目：Caiss 智能搜索引擎[2]
Doocs 开源社区的朋友们，你们好，我是 Chunel Feng[3]。今天，我们就来简单分析几道动态规划（Dynamic Programming，简称 DP）相关的热门面试题目，陪着大家一起熟悉或复习一下这一部分知识。
开始之前，我要首先声明我的态度：刷题绝不是为了进入大厂而必经的磨难，一个人的实力如何绝不可能仅通过几道算法题目得出结论。有目的的刷题，更多的为了提升对数据结构和算法的理解，扩宽编程的思路和方法。 这些经典的思路即便暂时无法受用在你的日常工作中，也可能在某个不经意的瞬间，在你的生活中熠熠生辉。
接下来我选的 4 道题目，分别代表 4 种类型：
•斐波那契数列•一维相邻动态规划•二维相邻动态规划•间隔动态规划
需要指出，有些题目我并没有给出最优解（我也会在题目后稍加说明），而是给出个人认为最容易理解、也最能契合特定 dp 类型的解法。个人水平有限，如果大家看出有什么不足，或者有更好的思路，希望随时交流指正。
一、爬楼梯
1. 题目链接：爬楼梯[4]
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
注意：给定 n 是一个正整数。
示例 1：
输入： 2
输出： 2
解释： 有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
2. 解题思路
这是一个很典型的斐波那契数列问题，也是一个很适合dp入门的题目。
爬到3楼，只有两种可能：先爬到1楼，然后再一步上两层；或者先爬到2楼，然后再一步上一层。
故：
爬到3楼的方法数，等于爬到【1楼】的方法数和爬到【2楼】的方法数之和。
爬到4楼的方法数，等于爬到【2楼】的方法数和爬到【3楼】的方法数之和。
从而很容易推到出： dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
3. 代码实现
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
// 不考虑n小于2的临界值情况了
vector<int> dp(n+1);
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
};二、连续子数组的最大和
1. 题目链接：连续子数组的最大和[5]
给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
示例 1：
输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。
2. 解题思路
这一题更准确的说，应该是一个贪心的题目。在这里，用一维dp的方法来实现。
也是在一定程度上，说明一维dp和贪心之间，有一定的关联关系。
解题思路，主要就是设定一个一维dp数组，数组的每一位记录当前最大的子序列值。
体现在图中，就是
dp[3] = max(4, -2+4) = 4;
dp[6] = max(5, 1+5) = 6;
dp[i] = std::max(dp[i-1] + nums[i], nums[i]);
如果有超过之前最大值的，则更新result值。
3. 代码实现
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
vector<int> dp(nums.size());
dp[0] = nums[0];
int result = dp[0];
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
dp[i] = std::max(dp[i-1] + nums[i], nums[i]);
result = std::max(dp[i], result);
}
return result;
}
};4. 补充说明
以上给出的解法，更偏向贪心和动态规划的结合。
还有一种dp方法，是在dp数组中的每个值，均记录当前为止最大的子序列和是多少，然后返回dp[len-1]即可。
三、礼物的最大价值
1. 题目链接：礼物的最大价值[6]
在一个 m*n 的棋盘的每一格都放有一个礼物，每个礼物都有一定的价值（价值大于 0）。
你可以从棋盘的左上角开始拿格子里的礼物，并每次向右或者向下移动一格、直到到达棋盘的右下角。
给定一个棋盘及其上面的礼物的价值，请计算你最多能拿到多少价值的礼物？
示例 1:
输入:
[
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最多价值的礼物
2. 解题思路
这是一道典型的二维动态规划的题目。dp[i][j]值表示的表示的就是，走到当前位置，最多可以拿到的礼物价值之和。
在计算dp[i][j]的过程中，该值总是与grid[i-1][j-1]、dp[i-1][j]、dp[i][j-1]相关。
dp[2][2] = max(dp[1][2], dp[2][1]) + grid[1][1];
dp[2][3] = max(dp[1][3], dp[2][2]) + grid[1][2];
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i-1][j-1];
体现在图中，就是 9 = max(4+5, 2+5)。依次计算下去，dp矩阵右下角的值（12），即为所求。而红色的箭头，表示的就是前进的方向。
3. 代码实现
class Solution {
public:
int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
int h = grid.size(); // 行数
int w = grid[0].size(); // 列数
if (h == 0 || w == 0) {
return 0;
}
// 生成一个二维的dp数组
vector<vector<int>> dp(h+1, vector<int>(w+1, 0));
for (int i = 0; i < h+1; i++) {
for (int j = 0; j < w+1; j++) {
if (i != 0 && j != 0) {
// 第0行和第0列值均为0，不参与计算。
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i-1][j-1];
}
}
}
return dp[h][w];
}
};4. 补充说明
需要说明的是，这种解法相对比较容易理解，但在空间复杂度上有一定的优化空间。
当计算dp[i][j]的值的时候，其实仅用到了i行和i-1行的数据。
故计算的时候，可以仅保留上一行数据，甚至是上一行中涉及到的个别数据。
具体方法，大家可以自己百度一下，当做一个知识点扩展了吧。
5. 相似推荐
类似的问题，给大家推荐 leetcode中【72.编辑距离】。
需要说明的一点是，编辑距离的计算过程中，还有一些可以减少时间复杂度的彩蛋哦，大家自己去发掘哈。
四、零钱兑换
1. 题目链接：零钱兑换[7]
给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。
编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。
如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
示例 1：
输入：coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出：3
解释：11 = 5 + 5 + 1
2. 解题思路
找零问题，也是属于比较经典的一种 dp 问题。
相比于上面几道题目，这一题的不同点在于，这里的 dp[i] 并不是与自己相邻的 dp[i-1] 产生关系。
需要根据零钱的面额，向前找k个值（体现在 dp[i] = dp[i-coins[j]] + 1 这一句代码里）。
3. 代码实现
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
vector<int> dp(amount+1, -1); // 所有数据，默认用-1占位，表示没有被计算过
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= amount; i++) {
for (int j = 0; j < coins.size(); j++) {
/* 如果当前面值小于i，并且i-coins[j]面额的钱也可以被拼出。
比如dp[7]和2块钱面额，并且 dp[7-2] != -1 */
if (coins[j] <= i && dp[i-coins[j]] != -1) {
/* 内部循环，如果dp[i]未被计算过，或者出现更低的值，则更新dp[i]的值 */
if (dp[i] == -1 || dp[i] > dp[i-coins[j]] + 1) {
dp[i] = dp[i-coins[j]] + 1;
}
}
}
}
return dp[amount];
}
};4. 补充说明
上面是的解法，如果提前将coins中的值进行排序，还可以进行一些剪枝逻辑。
比如，当一旦发现 coins[j]>i，则结束内部的循环。
这个主要是为了说明，动态规划中合理的加入剪枝方法，可以一定程度的降低计算的时间复杂度。
5. 相似推荐
类似的问题，给大家推荐：背包问题。
背包问题，更像是找零问题的二维版本，加入了重量和价值两个影响因素。
具体问题就不给大家罗列了，自行百度一下或者去B站上搜，会有很多。
记得要看哦。
结束语
由于工作性质的关系，我时而会需要去实现或优化一些相对复杂的算法和数据结构。每每这个时候，之前刷 Leetcode 的一些经验和心得，就会让我觉得受益匪浅。所以，即便没有换工作的诉求，我也会偶尔抽一点时间尝试去写几道题目。现在比较流行的一些深度学习算法，本质上也就是通过动态调整参数的方式去求最优解的过程。
动态规划应该属于 Leetcode 中相对比较难的题目了，没有做过的小白，无从下手是很正常的。从上面几道题目可以看出，dp 相关的题目代码量一般都不大，如果能抽象出其中关系，保持清晰思路，coding 起来并不难。不过，写了几道题并不代表就学通了 dp 的精髓，出现“今天刷了明天忘”的情况也都是很正常的。学着感受动态规划的思路，学着把一个复杂的问题拆解成一些简单且有关联问题的，然后逐个击破并获取最优解，这才是重点。
其实，不仅在刷题中，在日常的工作中，在面对生活中的各种复杂事情时，我们更应该有这种化繁为简、并且一步一个脚印的去做的思路才对啊。
引用链接
[1] 一面之猿网:
[2] Caiss 智能搜索引擎:
[3] Chunel Feng:
[4] 爬楼梯:
[5] 连续子数组的最大和:
[6] 礼物的最大价值:
[7] 零钱兑换:
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