挺久沒寫動(dòng)態(tài)規(guī)劃相關(guān)的題目了，本文我?guī)Т蠹覐?fù)習(xí)一下動(dòng)態(tài)規(guī)劃相關(guān)問題的一系列解題套路，然后著重討論一下動(dòng)態(tài)規(guī)劃窮舉時(shí)不同視角的問題。

動(dòng)態(tài)規(guī)劃解題組合拳

首先，前文我的刷題心得講了，我們刷的算法問題的本質(zhì)是「窮舉」，動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題也不例外，你必須想辦法窮舉所有可能的解，然后從中篩選出符合題目要求的解。

另外，動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題窮舉的過程中會(huì)出現(xiàn)重疊子問題導(dǎo)致的冗余計(jì)算，所以前文動(dòng)態(tài)規(guī)劃核心套路框架中告訴你如何一步一步把暴力窮舉解法優(yōu)化成效率更高的動(dòng)態(tài)規(guī)劃解法。

然而，想要寫出暴力解需要依據(jù)狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程是動(dòng)態(tài)規(guī)劃的解題核心，可不是那么容易想出來的。不過，前文動(dòng)態(tài)規(guī)劃設(shè)計(jì)：數(shù)學(xué)歸納法告訴你，思考狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程的一個(gè)基本方法是數(shù)學(xué)歸納法，即明確dp函數(shù)或數(shù)組的定義，然后使用這個(gè)定義，從已知的「狀態(tài)」中推導(dǎo)出未知的「狀態(tài)」。

還沒完，比如高樓扔雞蛋問題中對(duì)dp函數(shù)/數(shù)組的定義不見得是唯一的，不同的定義會(huì)導(dǎo)致狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程發(fā)生變化，解題效率也有高低之分，所以我們應(yīng)該給dp函數(shù)盡可能想出更合適的定義來解題。

接下來就是本文要著重探討的問題了：就算dp函數(shù)/數(shù)組的定義相同，如果你使用不同的「視角」進(jìn)行窮舉，效率也不見得是相同的。

關(guān)于窮舉「視角」的問題，前文回溯算法窮舉視角：子集劃分問題講了回溯算法中不同的窮舉視角導(dǎo)致的不同解法，其實(shí)這種視角的切換在動(dòng)態(tài)規(guī)劃類型問題中依然存在。前文對(duì)排列的舉例非常有助于你理解窮舉視角的問題，這里再簡(jiǎn)單提一下。

排列問題的兩種視角

我們先回顧一下以前學(xué)過的排列組合知識(shí)：

1、P(n, k)（也有很多書寫成A(n, k)）表示從n個(gè)不同元素中拿出k個(gè)元素的排列（Permutation/Arrangement）；C(n, k)表示從n個(gè)不同元素中拿出k個(gè)元素的組合（Combination）總數(shù)。

2、「排列」和「組合」的主要區(qū)別在于是否考慮順序的差異。

3、排列和組合總數(shù)的計(jì)算公式如下：

好，現(xiàn)在我問一個(gè)問題，這個(gè)排列公式P(n, k)是如何推導(dǎo)出來的？為了搞清楚這個(gè)問題，我需要講一點(diǎn)組合數(shù)學(xué)的知識(shí)。

排列組合問題的各種變體都可以抽象成「球盒模型」，P(n, k)就可以抽象成下面這個(gè)場(chǎng)景：

即，將n個(gè)標(biāo)記了不同序號(hào)的球（標(biāo)號(hào)為了體現(xiàn)順序的差異），放入k個(gè)標(biāo)記了不同序號(hào)的盒子中（其中n >= k，每個(gè)盒子最終都裝有恰好一個(gè)球），共有P(n, k)種不同的方法。

現(xiàn)在你來，往盒子里放球，你怎么放？其實(shí)有兩種視角。

首先，你可以站在盒子的視角，每個(gè)盒子必然要選擇一個(gè)球。

這樣，第一個(gè)盒子可以選擇n個(gè)球中的任意一個(gè)，然后你需要讓剩下k - 1個(gè)盒子在n - 1個(gè)球中選擇：

另外，你也可以站在球的視角，因?yàn)椴⒉皇敲總€(gè)球都會(huì)被裝進(jìn)盒子，所以球的視角分兩種情況：

1、第一個(gè)球可以不裝進(jìn)任何一個(gè)盒子，這樣的話你就需要將剩下n - 1個(gè)球放入k個(gè)盒子。

2、第一個(gè)球可以裝進(jìn)k個(gè)盒子中的任意一個(gè)，這樣的話你就需要將剩下n - 1個(gè)球放入k - 1個(gè)盒子。

結(jié)合上述兩種情況，可以得到：

你看，兩種視角得到兩個(gè)不同的遞歸式，但這兩個(gè)遞歸式解開的結(jié)果都是我們熟知的階乘形式：

至于如何解遞歸式，涉及數(shù)學(xué)的內(nèi)容比較多，這里就不做深入探討了，有興趣的讀者可以自行學(xué)習(xí)組合數(shù)學(xué)相關(guān)知識(shí)。

當(dāng)然，以上只是純數(shù)學(xué)的推導(dǎo)，P(n, k)的計(jì)算結(jié)果也僅僅是一個(gè)數(shù)字，所以以上兩種窮舉視角從數(shù)學(xué)上講沒什么差異。但從編程的角度來看，如果讓你計(jì)算出來所有排列結(jié)果，那么兩種窮舉思路的代碼實(shí)現(xiàn)可能會(huì)產(chǎn)生性能上的差異，因?yàn)橛械母F舉思路難免會(huì)使用額外的 for 循環(huán)拖慢效率，這也是前文回溯算法窮舉視角：子集劃分問題主要探討的。

本文不講回溯算法和排列組合，不過請(qǐng)你記住這個(gè)例子，待會(huì)會(huì)把這種窮舉視角的差異運(yùn)用到動(dòng)態(tài)規(guī)劃題目當(dāng)中。

例題分析

看一下力扣第 115 題「不同的子序列」：給你輸入一個(gè)字符串s和一個(gè)字符串t，請(qǐng)你計(jì)算在s的子序列中t出現(xiàn)的次數(shù)。比如題目給的例子，輸入s = "babgbag", t = "bag"，算法返回 5：

函數(shù)簽名如下：

intnumDistinct(Strings,Stringt);

你要數(shù)一數(shù)s的子序列中有多少個(gè)t，說白了就是窮舉嘛，那么首先想到的就是能不能把原問題分解成規(guī)模更小的子問題，然后通過子問題的答案推導(dǎo)出原問題的答案。

首先，我們可以這樣定義一個(gè)dp函數(shù)：

//定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
intdp(Strings,inti,Stringt,intj)

這道題對(duì)dp函數(shù)的定義很簡(jiǎn)單直接，題目讓你求出現(xiàn)次數(shù)，那你就定義函數(shù)返回值為出現(xiàn)次數(shù)就可以。

有了這個(gè)dp函數(shù)，題目想要的結(jié)果是dp(s, 0, t, 0)，base case 也很容易寫出來，解法框架如下：

intnumDistinct(Strings,Stringt){
returndp(s,0,t,0);
}

//定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
intdp(Strings,inti,Stringt,intj){
//basecase1
if(j==t.length()){
//t已經(jīng)全部匹配完成
return1;
}
//basecase2
if(s.length()-i// s[i..]比 t[j..]還短，必然沒有匹配的子序列
return0;
}

//...
}

好，接下來開始思考如何利用這個(gè)dp函數(shù)將大問題分解成小問題，即如何寫出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程進(jìn)行窮舉。

回顧一下之前講的排列組合的「球盒模型」，這里是不是很類似？t中的若干字符就好像若干盒子，s中的若干字符就好像若干小球，你需要做的就是給所有盒子都裝一個(gè)小球。

所以這里就有兩種窮舉思路了，分別是站在t的視角（盒子選擇小球）和站在s的視角（小球選擇盒子）。

視角一，站在t的角度進(jìn)行窮舉：

我們的原問題是求s[0..]的所有子序列中t[0..]出現(xiàn)的次數(shù)，那么可以先看t[0]在s中的什么位置，假設(shè)s[2], s[6]是字符t[0]，那么原問題轉(zhuǎn)化成了在s[2..]和s[6..]的所有子序列中計(jì)算t[1..]出現(xiàn)的次數(shù)。

寫成比較偏數(shù)學(xué)的形式就是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：

--定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
dp(s,i,t,j)=SUM(dp(s,k+1,t,j+1)wherek>=iands[k]==t[j])

翻譯成代碼大致就是這個(gè)思路：

//定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
intdp(Strings,inti,Stringt,intj){
intres=0;
//在s[i..]中尋找k，使得s[k]==t[j]
for(intk=i;kif(s.charAt(k)==t.charAt(j)){
//累加結(jié)果
res+=dp(s,k+1,t,j+1);
}
}
returnres;
}

這個(gè)思路應(yīng)該不難理解吧，當(dāng)然還可以加上備忘錄消除重疊子問題，最終解法如下：

//備忘錄
int[][]memo;

intnumDistinct(Strings,Stringt){
//初始化備忘錄為特殊值-1
memo=newint[s.length()][t.length()];
for(int[]row:memo){
Arrays.fill(row,-1);
}
returndp(s,0,t,0);
}

//定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
intdp(Strings,inti,Stringt,intj){
//basecase1
if(j==t.length()){
return1;
}
//basecase2
if(s.length()-ireturn0;
}
//查備忘錄防止冗余計(jì)算
if(memo[i][j]!=-1){
returnmemo[i][j];
}
intres=0;
//執(zhí)行狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程
//在s[i..]中尋找k，使得s[k]==t[j]
for(intk=i;kif(s.charAt(k)==t.charAt(j)){
//累加結(jié)果
res+=dp(s,k+1,t,j+1);
}
}
//存入備忘錄
memo[i][j]=res;
returnres;
}

這道題就解決了，不過效率不算很高，我們可以粗略估算一下這個(gè)算法的時(shí)間復(fù)雜度上界，其中M, N分別代表s, t的長(zhǎng)度，算法的「狀態(tài)」就是dp函數(shù)參數(shù)i, j的組合：

帶備忘錄的動(dòng)態(tài)規(guī)劃算法的時(shí)間復(fù)雜度
=子問題的個(gè)數(shù)x函數(shù)本身的時(shí)間復(fù)雜度
=「狀態(tài)」的個(gè)數(shù)x函數(shù)本身的時(shí)間復(fù)雜度
=O(MN)*O(M)
=O(N*M^2)

當(dāng)然，因?yàn)?for 循環(huán)的復(fù)雜度不總是 O(M) 且子問題個(gè)數(shù)肯定小于 O(MN)，所以這是復(fù)雜度的粗略上界。不過根據(jù)前文算法時(shí)空復(fù)雜度使用指南的描述，這個(gè)上界還是說明這個(gè)算法的復(fù)雜度有些偏高。主要高在哪里呢？對(duì)「狀態(tài)」的窮舉已經(jīng)有了memo備忘錄的優(yōu)化，所以 O(MN) 的復(fù)雜度是必不可少的，關(guān)鍵問題出在dp函數(shù)中的 for 循環(huán)。

是否可以優(yōu)化掉dp函數(shù)中的 for 循環(huán)呢？可以的，這就需要另一種窮舉視角來解決這個(gè)問題。

視角二，站在s的角度進(jìn)行窮舉：

我們的原問題是計(jì)算s[0..]的所有子序列中t[0..]出現(xiàn)的次數(shù)，可以先看看s[0]是否能匹配t[0]，如果不匹配，那沒得說，原問題就可以轉(zhuǎn)化為計(jì)算s[1..]的所有子序列中t[0..]出現(xiàn)的次數(shù)；

但如果s[0]可以匹配t[0]，那么又有兩種情況，這兩種情況是累加的關(guān)系：

1、讓s[0]匹配t[0]，那么原問題轉(zhuǎn)化為在s[1..]的所有子序列中計(jì)算t[1..]出現(xiàn)的次數(shù)。

2、不讓s[0]匹配t[0]，那么原問題轉(zhuǎn)化為在s[1..]的所有子序列中計(jì)算t[0..]出現(xiàn)的次數(shù)。

為啥明明s[0]可以匹配t[0]，還不讓它倆匹配呢？主要是為了給s[0]之后的元素匹配的機(jī)會(huì)，比如s = "aab", t = "ab"，就有兩種匹配方式：a_b和_ab。

把以上思路寫成狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：

//定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
intdp(Strings,inti,Stringt,intj){
if(s[i]==t[j]){
//匹配，兩種情況，累加關(guān)系
returndp(s,i+1,t,j+1)+dp(s,i+1,t,j);
}else{
//不匹配，在s[i+1..]的子序列中計(jì)算t[j..]的出現(xiàn)次數(shù)
returndp(s,i+1,t,j);
}
}

依照這個(gè)思路，再加個(gè)備忘錄消除重疊子問題，可以寫出如下解法：

int[][]memo;

intnumDistinct(Strings,Stringt){
//初始化備忘錄為特殊值-1
memo=newint[s.length()][t.length()];
for(int[]row:memo){
Arrays.fill(row,-1);
}
returndp(s,0,t,0);
}

//定義：s[i..]的子序列中 t[j..]出現(xiàn)的次數(shù)為 dp(s, i, t, j)
intdp(Strings,inti,Stringt,intj){
//basecase1
if(j==t.length()){
return1;
}
//basecase2
if(s.length()-ireturn0;
}
//查備忘錄防止冗余計(jì)算
if(memo[i][j]!=-1){
returnmemo[i][j];
}
intres=0;
//執(zhí)行狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程
if(s.charAt(i)==t.charAt(j)){
//匹配，兩種情況，累加關(guān)系
res+=dp(s,i+1,t,j+1)+dp(s,i+1,t,j);
}else{
//不匹配，在s[i+1..]的子序列中計(jì)算t[j..]的出現(xiàn)次數(shù)
res+=dp(s,i+1,t,j);
}
//結(jié)果存入備忘錄
memo[i][j]=res;
returnres;
}

這個(gè)解法中dp函數(shù)遞歸的次數(shù)，即狀態(tài)i, j的不同組合的個(gè)數(shù)為 O(MN)，而dp函數(shù)本身沒有 for 循環(huán)，即時(shí)間復(fù)雜度為 O(1)，所以算法總的時(shí)間復(fù)雜度就是 O(MN)，比剛才的解法要好一些，你提交這個(gè)解法代碼，耗時(shí)明顯比剛才的解法少一些。

至此，這道題就分析完了。我們分別站在t的視角和s的視角運(yùn)用dp函數(shù)的定義進(jìn)行窮舉，得出兩種完全不同但都是正確的狀態(tài)轉(zhuǎn)移邏輯，不過兩種邏輯在代碼實(shí)現(xiàn)上有效率的差異。

那么不妨進(jìn)一步思考一下，什么樣的動(dòng)態(tài)規(guī)劃題目可能產(chǎn)生「窮舉視角」上的差異？換句話說，什么樣的動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題能夠抽象成經(jīng)典的「球盒模型」呢？