第三十二天|动态规划| 理论基础，509. 斐波那契数，70. 爬楼梯 ，746. 使用最小花费爬楼梯

目录

理论基础

动态规划的解题步骤

[509. 斐波那契数](#509. 斐波那契数)

一维dp压缩优化

迭代法

[70. 爬楼梯](#70. 爬楼梯)

[746. 使用最小花费爬楼梯](#746. 使用最小花费爬楼梯)

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理论基础

如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。所以动态规划 中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的 ，这一点就区分于贪心，贪心 没有状态推导，而是从局部直接选最优的。

动态规划的解题步骤

1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

509. 斐波那契数

动态规划的方法复杂度比递归低！

dpi的定义为：第i个数的斐波那契数值是dpi

状态转移方程 dpi = dpi - 1 + dpi - 2;

// 初始化
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;

从前到后遍历

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

class Solution {
    public int fib(int n) {
        if (n<=1){
            return n;
        }
        int[] dp = new int[n+1];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
        }
        return dp[n];
    }
}

一维dp压缩优化

当然可以发现，我们只需要维护两个数值就可以了，不需要记录整个序列。

    class Solution {
        public int fib(int n) {
            if (n <= 1) {
                return n;
            }
            int a = 0, b = 1, c = 0;
            for (int i = 2; i <= n; i++) {
                c = a + b;
                a = b;
                b = c;
            }
            return b;
        }
    }

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

迭代法

    class Solution {
        public int fib(int n) {
            // 迭代法
            if (n < 2) {
                return n;
            }
            return fib(n - 1) + fib(n - 2);
        }
    }

• 时间复杂度：O(2^n)
• 空间复杂度：O(n)，算上了编程语言中实现递归的系统栈所占空间

70. 爬楼梯

就是斐波那契数列

dpi： 爬到第i层楼梯，有dpi种方法

确定递推公式：

从dpi的定义可以看出，dpi 可以有两个方向推出来。

首先是dpi - 1，上i-1层楼梯，有dpi - 1种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dpi了么。

还有就是dpi - 2，上i-2层楼梯，有dpi - 2种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dpi了么。

那么dpi就是 dpi - 1与dpi - 2之和！

所以dpi = dpi - 1 + dpi - 2。

dp1 = 1，dp2 = 2

从前向后遍历

// 常规方式
public int climbStairs(int n) {
    int[] dp = new int[n + 1];
    dp[0] = 1;
    dp[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    }
    return dp[n];
}

先写出dp正常版本，然后对其进行优化。

   class Solution {
        public int climbStairs(int n) {
            int[] dp = new int[n + 1];
            if (n < 3) {
                return n;
            }
            int a = 1, b = 2;
            for (int i = 3; i <= n; i++) {
                int sum = a + b;// f(i - 1) + f(i - 2)
                a = b; // 记录f(i - 1)，即下一轮的f(i - 2)
                b = sum; // 记录f(i)，即下一轮的f(i - 1)
            }
            return b;
        }
    }

746. 使用最小花费爬楼梯

dpi的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dpi。

可以有两个途径得到dpi，一个是dpi-1 一个是dpi-2。

dpi - 1 跳到 dpi 需要花费 dpi - 1 + costi - 1。

dpi - 2 跳到 dpi 需要花费 dpi - 2 + costi - 2。

那么究竟是选从dpi - 1跳还是从dpi - 2跳呢？

一定是选最小的，所以dpi = min(dpi - 1 + costi - 1, dpi - 2 + costi - 2);

初始化 dp0 = 0，dp1 = 0;

从前到后遍历cost数组

    class Solution {
        public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
            // 常规版本dp
//        int[] dp = new int[cost.length+1];
//        dp[0] = 0;
//        dp[1] = 0;
//        for (int i = 2; i <= cost.length; i++) {
//            dp[i] = Math.min((dp[i-1]+cost[i-1]),(dp[i-2]+cost[i-2]));
//        }
//        return dp[cost.length];

            // 优化空间复杂度版本dp
            int a = 0, b = 0;
            for (int i = 2; i <= cost.length; i++) {
                int sum = Math.min((b + cost[i - 1]), (a + cost[i - 2]));
                a = b;
                b = sum;
            }
            return b;
        }
    }

今天的三道题都比较简单，主要是为了理解dp。

第三十二天的总算是结束了，直冲Day34！（因为33休息嘿嘿）