动态规划

动态规划（Dynamic Programming）是面试中难度较高但考察频率极高的一类问题。其核心思想是将大问题分解为子问题，通过存储子问题的解来避免重复计算。本模块涵盖爬楼梯、背包问题、最长子序列、编辑距离等经典题型，掌握DP五步法（状态定义、状态转移、初始化、遍历顺序、返回值）是解题关键。

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Q1: 爬楼梯 「🟢 初级」

题目描述：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？

考察点：动态规划入门、斐波那契数列、空间优化。

解题思路：

• 方法1：递归（时间O(2ⁿ)，空间O(n)）- 超时
• 方法2：动态规划，dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]（时间O(n)，空间O(n)）
• 方法3：滚动变量优化空间（时间O(n)，空间O(1)）- 最优解

代码实现：

public int climbStairs(int n) {
    if (n <= 2) return n;
    int prev2 = 1; // dp[1] = 1
    int prev1 = 2; // dp[2] = 2
    for (int i = 3; i <= n; i++) {
        int curr = prev1 + prev2;
        prev2 = prev1;
        prev1 = curr;
    }
    return prev1;
}

复杂度分析：时间复杂度 O(n)，遍历n阶；空间复杂度 O(1)，仅用两个变量滚动。

变体扩展：

• 变体1：斐波那契数
• 变体2：使用最小花费爬楼梯
• 变体3：爬楼梯（可以爬1/2/3阶）
• 变体4：第N个泰波那契数

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Q2: 斐波那契数 「🟢 初级」

题目描述：斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为斐波那契数列。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。给定 n，请计算 F(n)。

考察点：动态规划基础、递归与迭代、空间优化。

解题思路：

• 方法1：递归（时间O(2ⁿ)，空间O(n)）- 超时
• 方法2：记忆化递归（时间O(n)，空间O(n)）
• 方法3：动态规划滚动变量（时间O(n)，空间O(1)）- 最优解

代码实现：

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

复杂度分析：时间复杂度 O(n)；空间复杂度 O(1)。

变体扩展：

• 变体1：爬楼梯
• 变体2：第N个泰波那契数
• 变体3：打家劫舍
• 变体4：矩阵快速幂解法（O(logn)）

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Q3: 零钱兑换 「🟡 中级」

题目描述：给你一个整数数组 coins，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount，表示总金额。计算并返回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。

考察点：完全背包、动态规划、最少硬币数。

解题思路：

• 方法1：暴力递归（时间O(amount^k)，k为硬币种类数）
• 方法2：记忆化搜索（时间O(amount * k)，空间O(amount)）
• 方法3：动态规划，完全背包问题（时间O(amount * k)，空间O(amount)）- 最优解

代码实现：

public int coinChange(int[] coins, int amount) {
    int[] dp = new int[amount + 1];
    Arrays.fill(dp, amount + 1); // 初始化为一个不可能的大值
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= amount; i++) {
        for (int coin : coins) {
            if (coin <= i) {
                dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
            }
        }
    }
    return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];
}

复杂度分析：时间复杂度 O(amount * k)，amount为总金额，k为硬币种类；空间复杂度 O(amount)。

变体扩展：

• 变体1：零钱兑换II（求组合数）
• 变体2：完全平方数
• 变体3：最低票价
• 变体4：一和零（0-1背包变体）

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Q4: 最长递增子序列 「🟡 中级」

题目描述：给你一个整数数组 nums，找到其中最长严格递增子序列的长度。子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。

考察点：动态规划、二分查找优化、子序列问题。

解题思路：

• 方法1：动态规划，dp[i]表示以nums[i]结尾的最长递增子序列长度（时间O(n²)，空间O(n)）
• 方法2：贪心 + 二分查找，维护一个最小尾巴数组（时间O(nlogn)，空间O(n)）- 最优解

代码实现：

// 方法1：动态规划
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    int[] dp = new int[n];
    Arrays.fill(dp, 1);
    int maxLen = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (nums[i] > nums[j]) {
                dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
        maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]);
    }
    return maxLen;
}

复杂度分析：DP方法时间复杂度 O(n²)，空间 O(n)；二分优化方法时间 O(nlogn)，空间 O(n)。

变体扩展：

• 变体1：最长连续递增序列
• 变体2：最长公共子序列
• 变体3：最长回文子序列
• 变体4：俄罗斯套娃信封问题

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Q5: 最长公共子序列 「🟡 中级」

题目描述：给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。如果不存在公共子序列，返回 0。一个字符串的子序列是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。

考察点：二维动态规划、子序列问题、LCS经典模型。

解题思路：

• 方法：二维DP，dp[i][j]表示text1前i个字符和text2前j个字符的LCS长度（时间O(mn)，空间O(mn)）- 最优解，可空间优化到O(min(m,n))

代码实现：

public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
    int m = text1.length(), n = text2.length();
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }
    return dp[m][n];
}

复杂度分析：时间复杂度 O(mn)，双重循环；空间复杂度 O(mn)，可优化到O(n)。

变体扩展：

• 变体1：最长公共子串（连续）
• 变体2：编辑距离
• 变体3：不相交的线
• 变体4：两个字符串的删除操作

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Q6: 0-1背包问题 「🔴 高级」

题目描述：有n件物品和一个最多能背重量为w的背包。第i件物品的重量是weight[i]，价值是value[i]。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

考察点：0-1背包动态规划、空间优化、滚动数组。

解题思路：

• 方法1：二维DP，dp[i][j]表示前i个物品放入容量j的背包的最大价值（时间O(nw)，空间O(nw)）
• 方法2：一维DP（滚动数组），倒序遍历保证物品只放一次（时间O(n*w)，空间O(w)）- 最优解

代码实现：

// 一维DP（滚动数组）
public int knapsack(int w, int[] weight, int[] value) {
    int[] dp = new int[w + 1];
    for (int i = 0; i < weight.length; i++) { // 遍历物品
        for (int j = w; j >= weight[i]; j--) { // 倒序遍历背包容量
            dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    return dp[w];
}

复杂度分析：时间复杂度 O(n*w)，n为物品数，w为背包容量；空间复杂度 O(w)，一维数组。

变体扩展：

• 变体1：完全背包（物品可重复选）
• 变体2：分割等和子集
• 变体3：最后一块石头的重量II
• 变体4：目标和
• 变体5：一和零

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Q7: 完全平方数 「🟡 中级」

题目描述：给你一个整数 n，返回和为 n 的完全平方数的最少数量。完全平方数是一个整数，其值等于另一个整数的平方；换句话说，其值等于一个整数自乘的积。

考察点：动态规划、完全背包思想、BFS。

解题思路：

• 方法1：动态规划，类比零钱兑换问题（时间O(n*√n)，空间O(n)）- 最优解
• 方法2：BFS，每一层减去一个平方数，看谁先到0
• 方法3：数学方法（四平方和定理）

代码实现：

public int numSquares(int n) {
    int[] dp = new int[n + 1];
    Arrays.fill(dp, n + 1);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j * j <= i; j++) {
            dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - j * j] + 1);
        }
    }
    return dp[n];
}

复杂度分析：时间复杂度 O(n*√n)，外层n次，内层最多√n次；空间复杂度 O(n)。

变体扩展：

• 变体1：零钱兑换
• 变体2：整数拆分
• 变体3：完全背包问题

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Q8: 打家劫舍 「🟡 中级」

题目描述：你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋。每间房内都藏有一定的现金，影响你偷窃的唯一制约因素就是相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警。给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你不触动警报装置的情况下，一夜之内能够偷窃到的最高金额。

考察点：动态规划、滚动变量优化、状态转移。

解题思路：

• 方法1：动态规划数组，dp[i] = max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i])（时间O(n)，空间O(n)）
• 方法2：滚动变量优化（时间O(n)，空间O(1)）- 最优解

代码实现：

public int rob(int[] nums) {
    if (nums.length == 1) return nums[0];
    int prev2 = nums[0];
    int prev1 = Math.max(nums[0], nums[1]);
    for (int i = 2; i < nums.length; i++) {
        int curr = Math.max(prev1, prev2 + nums[i]);
        prev2 = prev1;
        prev1 = curr;
    }
    return prev1;
}

复杂度分析：时间复杂度 O(n)，遍历一次；空间复杂度 O(1)，滚动变量。

变体扩展：

• 变体1：打家劫舍II（环形房屋）
• 变体2：打家劫舍III（树形房屋）
• 变体3：删除并获得点数

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Q9: 打家劫舍III 「🟡 中级」

题目描述：小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为 root。除了 root 之外，每栋房子有且只有一个"父"房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到"这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树"。如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。给定二叉树的 root。返回在不触动警报的情况下，小偷能够盗取的最高金额。

考察点：树形DP、后序遍历、动态规划与二叉树结合。

解题思路：

• 方法：树形DP，后序遍历，每个节点返回两个状态：偷/不偷该节点的最大金额（时间O(n)，空间O(h)）- 最优解

代码实现：

public int rob(TreeNode root) {
    int[] res = robTree(root);
    return Math.max(res[0], res[1]);
}

// 返回数组：[0]不偷当前节点的最大金额，[1]偷当前节点的最大金额
private int[] robTree(TreeNode node) {
    if (node == null) return new int[]{0, 0};
    int[] left = robTree(node.left);
    int[] right = robTree(node.right);
    // 偷当前节点：左右子节点都不能偷
    int rob = node.val + left[0] + right[0];
    // 不偷当前节点：左右子节点可偷可不偷，取较大值
    int notRob = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
    return new int[]{notRob, rob};
}

复杂度分析：时间复杂度 O(n)，每个节点访问一次；空间复杂度 O(h)，递归栈深度。

变体扩展：

• 变体1：打家劫舍
• 变体2：打家劫舍II
• 变体3：二叉树中的最大路径和
• 变体4：监控二叉树

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Q10: 编辑距离 「🔴 高级」

题目描述：给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 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。

考察点：二维动态规划、LCS扩展、经典DP模型。

解题思路：

• 方法：二维DP，dp[i][j]表示word1前i个字符转成word2前j个字符的最少操作数（时间O(mn)，空间O(mn)）- 最优解，可空间优化

代码实现：

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int m = word1.length(), n = word2.length();
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
    // 初始化：空串转成长度为j的串需要j次插入
    for (int j = 0; j <= n; j++) dp[0][j] = j;
    for (int i = 0; i <= m; i++) dp[i][0] = i;
    
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            } else {
                // 替换、删除、插入三者取最小
                dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1],
                           Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])) + 1;
            }
        }
    }
    return dp[m][n];
}

复杂度分析：时间复杂度 O(mn)，双重循环；空间复杂度 O(mn)，可优化到O(n)。

变体扩展：

• 变体1：最长公共子序列
• 变体2：两个字符串的删除操作
• 变体3：只有两个键的键盘
• 变体4：最短回文串