引言
在算法的世界里，每一题都是一次思维的冒险。今天，我们将探讨一下aiLeetCode上的两颗璀璨明珠：70. 爬楼梯 和 322. 零钱兑换。通过这两道题目，分享我的解题心得与体会，一同领略算法的魅力。
1. 爬楼梯问题的深度剖析
问题描述
爬楼梯问题看似简单，实则蕴含着深刻的数学逻辑与算法思维，是经典的斐波那契数列变种题目。题目要求计算到达楼顶的不同方法数量，给定每次可以爬1或2个台阶，求解共有多少种不同的方式能爬到楼顶。是培养我们解决复杂问题能力的良好练习场。
解题思路
对于初学者而言，面对爬楼梯问题时，最自然的思路往往是自顶向下的递归方法。这种方法巧妙地模拟了从第n阶楼梯逐步回退到第n-1和n-2阶的过程，得出递推公式：
f(n)=f(n−1)+f(n−2)
其中，f(1)=1 和 f(2)=2 是递归的基准条件，即到达第一层有1种方式，到达第二层有2种方式。这种直观的思维路径使得递归成为理解问题结构的理想起点。以此我们就可以成功建立这道题的代码解决方案了。
第一个方案:基础递归
var climbStairs = function (n) {
if (n === 1) {
return 1;
}
if (n === 2) {
return 2;
}
return climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);
};
然而这种直接的方法虽然易于理解，但在处理较大输入时却暴露出效率低下的弊端——重复计算导致性能急剧下降，甚至可能引发栈溢出。因此，我们需要探索更为高效的解决方案。
第二个方案：记忆化搜索
由此，我们可以引入记忆化搜索的思想，即利用缓存存储已经计算过的结果。当再次遇到相同子问题时，可以直接返回缓存中的结果，从而显著提高效率。这一改进不仅优化了时间复杂度，还使得程序能够在合理时间内完成任务。
const f = []; // 某层结果和数组的下标是一一对应的
const climbStairs = function (n) {
if (n === 1) {
return 1;
}
if (n === 2) {
return 2;
}
if (f[n] === undefined) {
f[n] = climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);
}
return f[n];
};
相较于最初的递归方案，记忆化版本通过缓存中间计算结果，成功避免了大量重复运算，从而显著提升了程序的执行效率。这一改进不仅解决了性能瓶颈，还为后续更复杂的优化铺平了道路。
然而，在追求卓越的路上，我们不能止步于此。对于那些渴望在顶尖科技公司中脱颖而出的开发者来说，掌握多种解题策略是必不可少的。因此，除了上述的记忆化搜索之外，学习和理解动态规划这一强大的算法设计技巧显得尤为重要。动态规划不仅是解决复杂问题的有效工具，更是面试官们青睐的核心技能之一。
第三个方案：动态规划
动态规划，这是一种自底向上的迭代过程，它通过构建一张表来记录每一步的状态转移，从而避免了递归带来的额外开销。对于本题而言，状态转移方程同样基于上述递推关系，但实现方式更为简洁高效。
const climbStairs = function (n) {
const f = [] // f[i] 某一层的结果
f[1] = 1;
f[2] = 2;
//迭代
for (let i = 3; i <= n; i++) {
f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
}
return f[n];
};
运用动态规划的思想，我们不仅可以成功解决问题，还能享受其带来的优雅与高效。
动态规划 vs. 递归：选择的艺术
虽然递归提供了直观的问题分解思路，但在实际应用中，动态规划往往展现出更高的效率和更好的可读性。尤其对于那些状态转移方程较为复杂的问题，动态规划为我们提供了一种系统化的方法来逐步构建解法。这不仅是算法设计能力的体现，更是解决问题思维的一种升华。
- 递归先行，思考为上：对于最难的算法问题，尤其是那些状态转移方程难以确定的情况，先尝试递归来理清思路是明智的选择。递归帮助我们初步理解问题的本质，而动态规划则在此基础上进一步优化，实现从简单到复杂的跨越。
2. 零钱兑换问题的精妙解答
问题描述
零钱兑换是一个典型的完全背包问题，旨在找到组成指定金额所需的最少硬币数量。不同于爬楼梯问题，这里的关键在于理解每个硬币都可以无限次使用，并且需要考虑所有可能组合以达到最小值。
动态规划 - 最优子结构
针对此类最值问题，动态规划无疑是首选策略。其核心在于确定状态转移方程，即如何从前一步骤的结果推导出下一步骤的最佳选择。具体来说，我们可以定义dp数组，其中dp[i]表示凑足总额i所需最少硬币数目。那么，对于任意金额j，状态转移方程可以写作：
dp[j]=min(dp[j],dp[j−coins[k]]+1)
这里，k遍历所有可用的硬币面额，确保每一种可能性都被考虑到。同时，初始化dp[0]=0（即无需任何硬币即可构成金额0），其余位置设为无穷大，以便后续比较更新。以此我们就可以顺利解决这个问题了
代码演示
const coinChange = function (coins, amount) {
const f = []; //每一个面额的最优值
f[0] = 0; //初始值
//迭代
for (let i = 1; i <= amount; i++) {
f[i] = Infinity; //无限大
for (let j = 0; j < coins.length; j++) {
if (i - coins[j] >= 0) {
f[i] = Math.min(f[i], f[i - coins[j]] + 1)
}
}
}
if (f[amount] == Infinity) {
return -1
}
return f[amount]
};
具体工作流程如下：首先初始化一个数组f，其中f[i]表示组成金额i所需的最少硬币数，f[0]设为0（因为组成金额0不需要任何硬币），其余位置初始化为Infinity，表示这些金额尚未找到解决方案。然后，对于从1到目标金额amount的每个值i，遍历所有可用的硬币面额，如果当前金额i减去某个硬币面额后的值非负（即i - coins[j] >= 0），则检查该剩余金额i - coins[j]是否已经被解决过（即f[i - coins[j]]）。如果是，则更新f[i]为f[i - coins[j]] + 1与当前f[i]值中的较小者，确保选择最小的硬币数。这样逐步构建出每一个金额的最优解。最后，若f[amount]仍为Infinity，说明无法用给定的硬币组合成目标金额，返回-1；否则返回f[amount]，它代表组成目标金额所需的最少硬币数。
结语
无论是爬楼梯还是零钱兑换，这两道经典题目都为我们提供了一个绝佳的机会，去深入探索不同层次的算法设计。它们不仅检验了我们对基础概念的理解，还促使我们在解决问题的过程中不断引入更高级的技术和优化策略。从最直观的递归到记忆化搜索，再到动态规划的应用，每一步都是对思维深度和广度的挑战。希望本文对你有所启发，也期待你在未来的编程之旅中不断进步，成为更好的自己！
