本文是动态规划的第一篇文章，主要解释DP分类中的第一个问题：Minimum (Maximum) Path to Reach a Target
在文章内容上以一个完全没有接触过DP的角度来写，保证一定能够看懂在说什么，主要对LeetCode的两道题做分析，题目如下：
746.题目介绍
- 可以从index 0或者1 开始
- 花费cost[i], 可以jump 1 or 2 steps
- Choose 1 or 2 steps depends on cost of that steps
做题的关键在于对题目的抽象建模能力，作为刚接触DP的新手，想当然的就从给的example里总结规律，但example有限，所以总结的规律也会有限。一开始我是这么想的：
Input: cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]
1.从index 0 or 1开始取决于cost[0] or cost[1] 小。
2.然后继续jump 1 or 2步取决于cost[i+1] or cost[i+2] 小
3.如果cost[i+1] == cost[i+2]，取2步（因为这样更快到达upstairs）
但是，但是！
根据下面这个case，上面的部分规律就不work了。
Input: cost = [10, 15, 20]
根据规则1：应该取index 0，根据规则2，取index 1 总的cost=10+15=25
但其实应该取index 1，直接到upstairs，总的cost=15
根据case2，直观的感受是：从index 0 or 1开始还受限于是否能“一步登天”，如果一步登顶的cost < 2步登顶的cost，要选择一步登顶的index，要看全局最优，而不是index 0 or 1的cost大小。
这么分析下来就很尴尬了，因为case2很难用公式去描述，从而造成无从下手，放弃ing.
上述的思路，完全是一个new graduate 基于人类的常识下意识的分析问题的方式；既然这种思路不好解决问题，那我们换一种思路。
之前看过一篇文章讲DP，通俗易懂，是关于一个”国王和金矿的故事“，链接：www.cnblogs.com/sdjl/articl…
故事中最重要的点之一是backtrace的方式去解决问题（其他的点可以看文章，类似记录中间值，减少重复计算之类的，不是本文重点），不是从小的问题开始，而是做出假设，从最大的问题开始（假设挖第9座金矿，和不挖第9座金矿两者对比）。
所以这里，我们也从最终的问题开始，逐步去分解，用backtrace的方法去梳理思路试试。
首先我们需要对问题做抽象，题目中给的cost是每个stair的cost，我们需要的是在到这个stair为止，最少的cost是多少。所以首先要定义出来第i步min cost：mc[]，这样我们才能采用backtrace的方式去说：”我想知道index i 的最小cost，即mc[i]，只需要知道mc[i-1]，和mc[i-2]谁最小，再加上cost[i]就能知道mc[i]了“
所以，对于该题，重点在于能够抽象出来mc[]的定义，这个至关重要，甚至我认为比推导出来递推公式还重要，因为它打通了从实际问题到建模的中间步骤。
第二点是递推公式：mc[i] = Math.min(mc[i-1],mc[i-2]) + cost[i];
最后一点细节需要处理的问题是：针对于cost[]数组，我要跳到顶楼是要到cost.length的index，举例：
cost = [10, 15, 20]
我要调到index = 3才是问题的终点，而不是index 2；那么我就可以从index 1跳上来，也可以从index 2跳上来。
解决了这两个问题，该题也就做出来了。
class Solution {
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
int n = cost.length;
int[] mc = new int[n+1];
mc[0] = cost[0];
mc[1] = cost[1];
for (int i=2;i<=n;i++) {
mc[i] = Math.min(mc[i-1], mc[i-2]) + (i == n?0:cost[i]);
}
return mc[n];
}
}
64.题目介绍
同类型的第二题：既然说是同类型，那么我们就先找到类似的点，在上一题中，我们其实总结了2点对该类型的题的解题关键，再重申一下就是：
- 要求最后一个台阶的最小cost，必须抽象出来到某级台阶的最小cost这个概念（是数组的形式）
- 然后写出来递推公式：mc[i] = Math.min(mc[i-1],mc[i-2]) + cost[i]
所以，在本题中，我们也来看看是否有和上一题一样的特点：
| 上一题 | 本题 | |
|---|---|---|
| 1 | 台阶可以一次走1步，也可以一次走2步 | 图表每次可以向下走，也可以向右走 |
| 2 | 本级台阶的min cost取决于上一步和上两步的值 | 当前方格的min sum取决于左侧和上侧的值 |
可以明显的看出来是一样的特征，只不过表现形式不一样，上题是一维的问题，所以用一维数组就可以表示。本题是二维的问题（下，右两个方向），所以用二维数组表示，仅此区别。
所以套用上题的解决思路，主要是解决好两个问题就可以了：
- 抽象概念：到该方格的min sum是多少，既然是图表（二维），所以需要用二维数组来表示：mps[i][j]
- 找到递推公式，当前方格的min sum取决于左侧和上侧的值，所以用公式表示就是：mps[i][j] = Math.min(mps[i-1][j], mps[i][j-1]) + grid[i][j];
看递推公式是不是和上题很像啊？只不过用二维数组表示罢了... ...
最后一个问题：还记得在上题中要处理的最后一点细节吗？跳到顶楼的index 是 cost.length 而不是 cost.length-1，这个是上题的特征，需要特别处理；在本题中也有属于本题的特征，就是：
- 针对图表的第一行，影响它的值只有它左边相邻的值（很好理解啊，因为是第一行啊，上面没有元素了）
- 针对图表的第一列，影响它的值只有它上边相邻的值（同样很好理解啊，因为是第一列啊，左边没有元素了）
处理好这两个点，这题就做完了。
class Solution {
public int minPathSum(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
int[][] mps = new int[m][n];
for (int i=0;i<m;i++) {
for (int j=0;j<n;j++) {
if (i-1<0 && j-1<0) {
mps[i][j] = grid[i][j];
}
else if (i-1<0) {
mps[i][j] = mps[i][j-1] + grid[i][j];
}
else if (j-1<0) {
mps[i][j] = mps[i-1][j] + grid[i][j];
}
else {
mps[i][j] = Math.min(mps[i-1][j], mps[i][j-1]) + grid[i][j];
}
}
}
return mps[m-1][n-1];
}
}
