动态规划是应该不能叫 一种算法，而应该叫 一类算法 或者 说是 一种思想。它和 二分查找 这种算法是不同的，二分查找我们可以用代码表示出来，并且解决所有问题的思路几乎都是一样的。而动态规划其实无法用代码表示出来，每一种问题的解决方法可能用代码写出来都不一样，所以只看动态规划的定义是很难理解的，需要拿多个题目联系才能真正理解。
动态规划的特点就是把一个大的问题分解为若干个小问题，并且这些小问题之间，每一个小问题都可通过前面的小问题计算出来。通常这些小问题其实都是一个具体的状态。如果一个问题可用动态规划解决，那么需要满足如下特点：
dp[0], dp[1], … , dp[n] 个状态，最终的答案是其中一个状态，一般是 dp[n]。（或者dp[n][m] 等更多维度，我们这里只拿一维来说）dp[i] 可以通过 dp[0] ~ dp[i-1] 或者 `dp[i+1]~dp[n] 计算出来。如果只看定义的话，会发现DP一定是可以通过分治法的方式来解决的。那么为什么还需通过DP算法来解决呢，因为很多时候分治法算法会有大量的重复计算，而动态规划由于记录了状态，时间复杂度会有大幅下降。很多时候时间复杂度可以从 O(2^n) 降低到 O(n^2) 。如果分治法加上一个Cache来缓存已经计算过的节点，那么他的时间复杂度和DP就是一样的了，其实 DP = DC + Cache。
从上面的两个特点就可以看出来，DP 问题的难点有两个：
dp[i]，即如何拆分问题，定义状态dp[i]，即通过之前的状态如何计算下一个状态除了这两个难点之外，还有一点就是要处理初始值 以及可能的边界溢出问题。
另外，如果题目是要求给出所有解，肯定不用DP。DP 一般是求 最优解或者解法数。
最简单的一种动态规划，参见这一题： https://leetcode.com/problems/triangle/
这里我们用一个和题目中给出的 triangle 一样的数组 dp 来存储状态。解决上面说到的两个难点：
dp[i][j] 就表示跳转到 triangle[i][j] 这个点所需要的最短路径。dp[i][j] ？dp[i][j] 其实就是取他的上层的临近节点中的比较小的一个 dp[i][j] = Math.min(last[j-1], last[j])+t[j]然后再把边界条件处理一下，这个问题就可以解决了。代码如下：
var minimumTotal = function(triangle) {
if(!triangle.length) return 0;
var dp = [triangle[0]];
//注意这里处理的初始值
for(var i=1;i<triangle.length;i++) {
var last = dp[i-1];
var row = [];
var t = triangle[i];
for(var j=0;j<t.length;j++) {
if(j === 0) row.push(last[0]+t[0]);
//处理左边界
else if(j === t.length-1) row.push(last[last.length-1]+t[t.length-1]);
//处理右边界
else row.push(Math.min(last[j-1], last[j])+t[j]);
}
dp.push(row);
}
var r = dp.pop(), min = r[0];
for(i=0;i<r.length;i++) {
if(r[i]<min) min = r[i];
}
return min;
};
分析一下时间复杂度，如果用 n 表示层数，那么节点数大约是 O(n^2) ，在这个算法中其实我们就对整个三角进行了一次遍历而已，所以时间复杂度也是 O(n^2)。
对比一下DC，这里我们可以很容易写一个 DC 的算法，而且比 DP 还要简单。DC算法每次计算一个节点i,j 的值的时候，都需要进行一个两个递归，分别计算 i-1,j-1 和 i-1,j，所以每次调用都会产生两个新的递归，每一层的计算量都是上一层的两倍，时间复杂度是 O(2^n)。
再看一个简单的题：https://leetcode.com/problems/unique-paths/
这里我们用 dp[i][j] 表示移动到i,j 的所有不同路径的个数。代码如下：
var uniquePaths = function(m, n) {
var dp = [], i, j;
for(i=0;i<m;i++) {
var row = [];
for(j=0;j<n;j++) {
row.push(0);
}
row[0] = 1;
dp.push(row);
}
for(i=0;i<m;i++) {
for(j=1;j<n;j++) {
if(i === 0) dp[i][j] = dp[i][j-1];
else dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
};
上面的两个DP问题都是 Easy 难度的问题，说它 Easy 主要是对我们定义的两个难点其实都很容易解决。即很容易定义 dp[i] ，而且也很容易计算出 dp[i] 。下面的几个问题就会稍微有一些难度。
第一题，https://leetcode.com/problems/longest-increasing-subsequence/
这里我们如何定义 dp[i] 就有一些难度了，比如主要可能会有两种想法：
如果我们用 第一种定义，那么会发现，无法通过 dp[0] ~ dp[i-1] 来计算出 dp[i] ，因为无法知道前面的最长子序列的结尾值是否比 i 元素小。所以我们只能选择第二个定义。
即 dp[i] 表示以 i 元素结尾的最长子序列，这样我们就可以计算出 dp[i] 了，只要遍历一遍 dp[0~i-1] 找到其中小于当前元素且最长的子序列，然后长度加上自己就是 dp[i], 具体解法如下：
var lengthOfLIS = function(nums) {
if(nums.length <= 1) return nums.length;
var dp = [], i, result=1;
for(i=0;i<nums.length;i++) {
dp.push(1);
}
for(i=1;i<nums.length;i++) {
for(var j=0;j<i;j++) {
if(nums[j] < nums[i]) dp[i] = Math.max(dp[i], 1+dp[j]);
}
result = Math.max(dp[i], result);
}
return result;
};
这个做法的时间复杂度是 O(n^2) ，因为他是一个双重循环。
第二题，https://leetcode.com/problems/palindrome-partitioning-ii/
这个题目相当难，我们这里定义dp[i] 是 前i个元素所需要的最小cut。注意是 前i个 也就是不包括当前的第i个元素。至于为什么定义 前i个 而不是 0~i 个，其实主要是为了处理边界条件比较方便，定义成 0~i个 也是可以解出来的。
定义好 dp[i] 之后，我们就需要一个方法来计算出它的值。很明显的一个思路是：遍历 dp[j=0~i-1],如果 j~i 个元素是回文字符串，那么 dp[i] = dp[j]+1，只要取一个最小值就行了。
这样做的话，会出现这样的代码：
for(i=1;i<=s.length;i++) {
for(var j=0;j<i;j++) {
if(isPalindrome(j,i-1)) dp[i] = Math.min(dp[j]+1, dp[i]);
}
}
这里已经有两层循环了，也就是时间复杂度至少是 O(n^2) ，所以其中的 isPalindrome 函数我们不能再次进行循环，不然就变成 O(n^3) 了，这样肯定会超时。
有一个做法是提前计算出所有的情况，然后保存在 isPalindrome[n][n] 的数组里，这样就需要用到额外的 O(n^2) 的空间。实际在leetcode上这样做的话，会报内存超限错误的。
那么可以宣布，上述思路无法获得一个 O(n^2) 时间复杂度，并且同时空间复杂度是 O(n) 的解法。这个思路是比较容易想到的，而且实现起来不复杂。好像用Java就可以通过，但是用JS是无法通过的。贴一下这个思路的完整代码：
var minCut = function(s) {
if(s.length <= 1) return 0;
var isPalindrome = caculatePalindrome(s);
var dp = [-1];
for(var i=1;i<=s.length;i++) {
dp.push(i-1);
}
for(i=1;i<=s.length;i++) {
for(var j=0;j<i;j++) {
if(isPalindrome[j][i-1]) dp[i] = Math.min(dp[j]+1, dp[i]);
}
}
return dp[s.length];
};
var caculatePalindrome = function(s) {
var dp = [];
for(var i=0;i<s.length;i++) {
var row = [];
for(var j=0;j<=i;j++) {
row.push(false);
}
dp.push(row);
}
for(i=0;i<s.length;i++) {
for(j=0;j<=i;j++) {
if(i === j) dp[j][i] = true;
else if(j === i-1) dp[j][i] = (s[i] === s[j]);
else dp[j][i] = (s[i] === s[j] && dp[j+1][i-1]);
}
}
return dp;
}
这里我们换一个思路，这个思路非常难想。就是我们其实在第二层循环的同时，就能判断出是否是回文字符串了，不需要额外的一次判断。具体的方式，我们直接看代码来说明：
var minCut = function(s) {
if(s.length <= 1) return 0;
var dp = [];
for(var i=0;i<=s.length;i++) {
dp.push(i-1);
}
for(i=0;i<=s.length;i++) {
for(var j=0;i-j>=0 && i+j<s.length && s[i-j] === s[i+j]; j++) {
dp[i+j+1] = Math.min(dp[i+j+1], dp[i-j]+1);
}
for(j=0;i-j+1>=0 && i+j<s.length && s[i-j+1] === s[i+j]; j++) {
dp[i+j+1] = Math.min(dp[i+j+1], dp[i-j+1]+1);
}
}
return dp[s.length];
}
这个解法是参考最高票的那个答案的。在第二层循环的时候，如果是计算dp[i+1] ，那么肯定无法直接判断是不是回文字符串，所以这个方法做了一个很巧妙的设计：计算 dp[i+j+1] 而不是计算 dp[i+1]。这样在j逐步递增的时候我们就可以判断出 i-j ~ i+j 是不是一个回文字符串了。
很容易看出来这个解法的时间复杂度是 O(n^2)
第三题，https://leetcode.com/problems/word-break/
这个题相对简单一些，还是和前一题的思路类似，用 dp[i] 表示 前i个元素是不是能切割成单词，然后这里比上一题简单的地方就是，上一题的回文字符串不好判断，这里是不是在词典中就很容易判断出来了，具体解法如下：
var wordBreak = function(s, wordDict) {
var maxWordLength = 0;
wordDict.forEach(function(w){
maxWordLength = Math.max(w.length, maxWordLength);
});
var dp = [true];
for(var i=1;i<=s.length;i++) dp.push(false);
for(i=1;i<=s.length;i++) {
for(var j=1;j<=maxWordLength && j<=i;j++) {
if(wordDict.has(s.slice(i-j,i)) && dp[i-j]) {
dp[i] = true;
break;
}
}
}
return dp[s.length];
};
注意一个地方，就是第二层循环的时候，j的最大值不是i 而是 maxWordLength，所以时间复杂度是 O(NL) 而不是 O(n^2)，其中L就是 maxWordLength。
先介绍上面这几种相对简单的动态规划题，除了 回文字符串比较难，其他的都是 Easy 或者 Medium 级别的，属于需要做到 bug free 的题目。
下次继续讲更复杂的动态规划题，这些题目的特点就是考两个序列间的一些操作。
双序列型：
leetcode 上没有 Longest Common Subsequence
https://leetcode.com/problems/edit-distance/
https://leetcode.com/problems/distinct-subsequences/
https://leetcode.com/problems/interleaving-string/
原文：http://blog.csdn.net/lihongxun945/article/details/51174283