【动态规划】关于动态规划优化，其实不难
这篇文章更多讲解我平时做题的套路，不过由于篇幅过长，举了 4 个案例之后，没有讲解优化，今天这篇文章就来讲解下，对动态规划的优化如何下手，并且以前几天那篇文章的题作为例子直接讲优化，如果没看过的建议看一下（不看也行，我会直接给出题目以及没有优化前的代码）：告别动态规划，连刷40道动规算法题，我总结了动规的套路
优化核心：画图！画图！画图
没错，80% 的动态规划题都可以画图，其中 80% 的题都可以通过画图一下子知道怎么优化，当然，DP 也有一些很难的题，想优化可没那么容易，不过，今天我要讲的，是属于不怎么难，且最常见，面试笔试最经常考的难度的题。
下面我们直接通过三道题目来讲解优化，你会发现，这些题，优化过后，代码只有细微的改变，你只要会一两道，可以说是会了 80% 的题。
O(n*m) 空间复杂度优化成 O(n)
上次那个青蛙跳台阶的 dp 题是可以把空间复杂度 O( n) 优化成 O(1)，本来打算从这道题讲起的，但想了下，想要学习 dp 优化的感觉至少都是 小小大佬了，所以就不讲了，就从二维数组的 dp 讲起。
案例1：最多路径数
问题描述
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。
问总共有多少条不同的路径？
这是 leetcode 的 62 号题：https://leetcode-cn.com/problems/unique-paths/
这道题的 dp 转移公式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]，代码如下
不懂的看我之前文章：告别动态规划，连刷40道动规算法题，我总结了动规的套路
public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < m; i++){
dp[i][0] = 1;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[0][i] = 1;
}
// 推导出 dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
这种做法的空间复杂度是 O(n * m)，下面我们来讲解如何优化成 O(n)。
dp[i] [j] 是一个二维矩阵，我们来画个二维矩阵的图，对矩阵进行初始化
然后根据公式 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1] 来填充矩阵的其他值。下面我们先填充第二行的值。
大家想一个问题，当我们要填充第三行的值的时候，我们需要用到第一行的值吗？答是不需要的，不行你试试，当你要填充第三，第四….第 n 行的时候，第一行的值永远不会用到，只要填充第二行的值时会用到。
根据公式 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]，我们可以知道，当我们要计算第 i 行的值时，除了会用到第 i – 1 行外，其他第 1 至 第 i-2 行的值我们都是不需要用到的，也就是说，对于那部分用不到的值我们还有必要保存他们吗？
答是没必要，我们只需要用一个一维的 dp[] 来保存一行的历史记录就可以了。然后在计算机的过程中，不断着更新 dp[] 的值。单说估计你可能不好理解，下面我就手把手来演示下这个过程。
1、刚开始初始化第一行，此时 dp[0..n-1] 的值就是第一行的值。
2、接着我们来一边填充第二行的值一边更新 dp[i] 的值，一边把第一行的值抛弃掉。
为了方便描述，下面我们用arr (i，j）表示矩阵中第 i 行 第 j 列的值。从 0 开始哈，就是说有第 0 行。
（1）、显然，矩阵(1, 0) 的值相当于以往的初始化值，为 1。然后这个时候矩阵 (0，0）的值不在需要保存了，因为再也用不到了。
这个时候，我们也要跟着更新 dp[0] 的值了，刚开始 dp[0] = (0, 0)，现在更新为 dp[0] = (1, 0)。
（2）、接着继续更新 (1, 1) 的值，根据之前的公式 （i, j) = (i-1, j) + (i, j- 1)。即 （1，1）=（0，1）+（1，0）=2。
大家看图，以往的二维的时候， dp[i] [j] = dp[i-1] [j]+ dp[i] [j-1]。现在转化成一维，不就是 dp[i] = dp[i] + dp[i-1] 吗？
即 dp[1] = dp[1] + dp[0]，而且还动态帮我们更新了 dp[1] 的值。因为刚开始 dp[i] 的保存第一行的值的，现在更新为保存第二行的值。
(3)、同样的道理，按照这样的模式一直来计算第二行的值，顺便把第一行的值抛弃掉，结果如下
此时，dp[i] 将完全保存着第二行的值，并且我们可以推导出公式
dp[i] = dp[i-1] + dp[i]
dp[i-1] 相当于之前的 dp[i-1] [j]，dp[i] 相当于之前的 dp[i] [j-1]。
于是按照这个公式不停着填充到最后一行，结果如下：
最后 dp[n-1] 就是我们要求的结果了。所以优化之后，代码如下：
public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[] dp = new int[n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[i] = 1;
}
// 公式：dp[i] = dp[i-1] + dp[i]
for (int i = 1; i < m; i++) {
// 第 i 行第 0 列的初始值
dp[0] = 1;
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
}
}
return dp[n-1];
}
案例2：编辑距离
接着我们来看昨天的另外一道题，就是编辑矩阵，这道题的优化和这一道有一点点的不同，上面这道 dp[i] [j] 依赖于 dp[i-1] [j] 和 dp[i] [j-1]。而还有一种情况就是 dp[i] [j] 依赖于 dp[i-1] [j]，dp[i-1] [j-1] 和 dp[i] [j-1]。
问题描述
给定两个单词 word1 和 word2，计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。
你可以对一个单词进行如下三种操作：
插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符
示例：
输入: word1 = "horse", word2 = "ros"
输出: 3
解释:
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
解答
昨天的代码如下所示，不懂的记得看之前的文章哈：告别动态规划，连刷40道动规算法题，我总结了动规的套路
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
// dp[0][0...n2]的初始值
for (int j = 1; j <= n2; j++)
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
// dp[0...n1][0] 的初始值
for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
// 通过公式推出 dp[n1][n2]
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else {
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
}
}
}
return dp[n1][n2];
}
没有优化之间的空间复杂度为 O(n*m)
大家可以自己动手做下，按照上面的那个模式，你会优化吗？
对于这道题其实也是一样的，如果要计算 第 i 行的值，我们最多只依赖第 i-1 行的值，不需要用到第 i-2 行及其以前的值，所以一样可以采用一维 dp 来处理的。
不过这个时候要注意，在上面的例子中，我们每次更新完 (i, j) 的值之后，就会把 (i, j-1) 的值抛弃，也就是说之前是一边更新 dp[i] 的值，一边把 dp[i] 的旧值抛弃的，不过在这道题中则不可以，因为我们还需要用到它。
哎呀，直接举例子看图吧，文字绕来绕去估计会绕晕你们。当我们要计算图中 (i,j) 的值的时候，在案例1 中，我们值需要用到 (i-1, j) 和 (i, j-1)。（看图中方格的颜色）
不过这道题中，我们还需要用到 （i-1, j-1) 这个值（但是这个值在以往的案例1 中，它会被抛弃掉）
所以呢，对于这道题，我们还需要一个额外的变量 pre 来时刻保存 (i-1,j-1) 的值。推导公式就可以从二维的
dp[i][j] = min(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-1] , dp[i][j-1]) + 1
转化为一维的
dp[i] = min(dp[i-1], pre, dp[i]) + 1。
所以呢，案例2 其实和案例1 差别不大，就是多了个变量来临时保存。最终代码如下（但是初学者话，代码也没那么好写）
代码如下
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[] dp = new int[n2 + 1];
// dp[0...n2]的初始值
for (int j = 0; j <= n2; j++)
dp[j] = j;
// dp[j] = min(dp[j-1], pre, dp[j]) + 1
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
int temp = dp[0];
// 相当于初始化
dp[0] = i;
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// pre 相当于之前的 dp[i-1][j-1]
int pre = temp;
temp = dp[j];
// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
dp[j] = pre;
}else {
dp[j] = Math.min(Math.min(dp[j - 1], pre), dp[j]) + 1;
}
// 保存要被抛弃的值
}
}
return dp[n2];
}
总结
基本 80% 的二维矩阵 dp 都可以像上面的方法一样优化成 一维矩阵的 dp，核心就是要画图，看他们的值依赖，当然，还有很多其他比较难的优化，但是，我遇到的题中，大部分都是我上面这种类型的优化。后面如何遇到其他的，我会作为案例来讲，今天就先讲最普遍最通用的优化方案。记住，画二维 dp 的矩阵图，然后看元素之间的值依赖，然后就可以很清晰着知道该如何优化了。