一、动态规划是什么

动态规划是运筹学的一种最优化方法，一般用于 「求最值」 。而求解动态规划的核心问题就是 「穷举」 ，通过穷举所有可能性来计算最值。那么我们为什么不直接使用暴力穷举？为什么要用一堆 “最优子结构”、“状态转移”、“自顶向下”、“自底向上” 的概念把问题搞复杂？

原因在于动态规划类的问题一般都存在重叠子问题，如果暴力穷举会导致大量的重复计算，效率极其低下。例如斐波那契数列，如果采用暴力递归，

const fib = function(n) {
  if (n < 2) return n;  
  return fib(n - 1) + fib(n -2);
}

假设n = 20，我们画出相应的递归树：

可以看到f(18)在计算f(20)和f(19)时都计算了一次，f(17)在计算f(19)和f(18)时也都计算了一次。

按照 「递归算法的时间复杂度 = 子问题个数 * 解决一个子问题需要的时间」 ，子问题个数等于递归节点的个数，也就是二叉树的节点总数，为指数级别O(2^n)。然后解决一个子问题的时间，f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)，加法操作、时间O(1)。所以暴力递归的时间复杂度为O(2^n)，效率很差。

二、动态规划的辅助：备忘录

很明显，递归树之所以低效的原因在于存在大量的重复计算，也就是上文讲到的 「重叠子问题」。

为了解决这个问题，我们可以每次计算出子问题的答案后，将答案记到 「备忘录」 里，这样后续我们遇到一个子问题时，先去备忘录里查一查，如果存在的话就不需要再计算了，直接拿来用就行。相当于对递归树剪枝了！

这时的时间复杂度 = 子问题个数 * 解决一个子问题需要的时间，其中子问题个数O(n)，解决一个子问题需要的时间O(1)，所以 「带备忘录的递归算法」 时间复杂度为O(n)。

这种 「带备忘录的递归算法」的分析思路实际上就是 「自顶向下」 ，从规模较大的问题逐渐分解规模，直到分解到 「base case」（对斐波那契来说，base case就是f(0)和f(1)）。

三、动态规划的解题思路

动态规划借鉴了 「备忘录」 的思想（称为dp数组），但和自顶向下的思路不同，动态规划采用了 「冰火两重天」 的解决方法：使用 「自顶向下」 的递归思想考虑分析动态规划最优子结构，然后用 「自底向上」 的方法解题。

动态规划的解题步骤主要有两步： 分解「最优子结构」和 写「状态转移方程」 。

「最优子结构」： 动态规划问题一定能拆分成最优子结构，这样才能通过求解子结构的最值得到原问题的最值，通过自顶向下的递归思想分解最优子结构。注意，要符合最优子结构，子结构间必须相互独立，不能相互制约。
「状态转移方程」：
- 明确 「dp数组」 的含义
- 然后确定 「base case」，类似递归的终止条件，dp[0] ? dp[1]?。
- 明确 「状态」 和 「选择」 。

四、实例分析

我们来具体分析一个题目零钱兑换。

1. 自顶向下地递归分析，进而拆分最优子结构

假设我们要求总金额amount = 11所需硬币的最少个数，因为我们有3种不同面值的硬币[1, 2, 5]，按照递归树自顶向下地分析，我们可以拆分成3种子结构：

（1）拿一枚面值为1的硬币 + 总金额为10所需硬币的最少个数，也就是dp[11] = dp[11 - 1] + 1。注意：不要纠结于总金额10的最优解法未知，随着层层降解肯定会计算到的！

（2）拿一枚面值为2的硬币 + 总金额为9所需硬币的最少个数，也就是dp[11] = dp[11 - 2] + 1。

（3）拿一枚面值为5的硬币 + 总金额为6所需硬币的最少个数，也就是dp[11] = dp[11 - 5] + 1。

最后，我们验证一下子问题是不是相互独立的。因为题目中已经说明，各面值硬币的数量是没有限制的，当然独立！

2. 确定状态转移方程

（1）明确 「dp数组」 的含义： 「表示总金额为i时所需硬币的最少个数」 。

（2）确定 「base case」(dp[0]) 。当amount为0时，算法返回0。

其实这里比较灵活，你也可以设置成amount为0时返回0, 和amount为1时返回1。

（3）明确 「状态」 和 「选择」。每选择一枚硬币，就会导致状态变化。

推导出 「状态转移方程」 dp[i] = Math.min(dp[i - coin1] + 1, dp[i - coin2] + 1, dp[i - coin3] + 1)。其中coin1、coin2、coin3就是题目给定的不同面值硬币的种数。

算法实现：

const coinChange = function(coins, amount) {
  // 1. 创建备忘录
  // 数组长度为(amount + 1),这样dp[i]就能对应总金额等于 i 时的最少硬币个数
  const dp = new Array(amount + 1).fill(Infinity);
  
  dp[0] = 0; // 2. 确定 base case
  
  // 3. 自底向上填充dp数组，dp[0]已经赋值，循环从1开始
  for (let i = 1; i <= amount; i++) {
    for (let coin of coins) {  // 状态转移方程的变形
      if (i >= coin) {
        dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);
      }
    }
  }
  return dp[amount] === Infinity ? -1 : dp[amount];  // 注意，因为dp可能没有具体值
};

时间复杂度：O(mn)。 其中m是金额，n是不同面值的种类数。

空间复杂度：O(m)。数组dp需要长度为总金额m的空间。

参考blog

动态规划题解

零钱兑换题解

动态规划详解