Leetcode | 第一节：动态规划（上）

学弱猹

发布于 2021-08-10 11:19:41

6090

发布于 2021-08-10 11:19:41

大家好！

相信读者你绝对想不到，我们居然出了一个Leetcode的系列。

从去年7月到现在，我已经在北京的互联网公司呆了整整一年的时间。这中间经历过各种各样的酸甜苦辣，自己为了面试刷题的过程（从杉数到滴滴——未入门算法工程师再找实习工作记），也会经常听到北美同学面试的时候所遇到的各种艰难。是的，只要是互联网公司，无论是国内还是国外，总是要考察很多leetcode的东西。而leetcode如何刷，刷多少，刷到什么程度，其实各个公司也各不相同。但是事实上，leetcode的本质考察点是算法与数据结构，而除去基本的算法与数据结构外，leetcode困难的地方在于熟练度+一些技巧。然而技巧毕竟是存量，不是增量，我们刷多了，自然就有经验。所以这一个系列，我们不面向easy的题目，而更多关注hard和medium+的高频题，并通过大量的leetcode原题，来刻画出互联网公司究竟会考察哪些实际算法与数据结构的知识，以达到复习《算法与数据结构》的效果。

不过Leetcode系列毕竟不是传统的数学课，没有什么大纲可参考，因此这一个系列完全是个人经验的总结，因此我们不会覆盖所有考察的方面，也很难保证适用于所有人。但是一定要明白的是，考察leetcode的目的，还是为了考察算法与数据结构，这也是编程和思考能力基础中的基础。至于技巧的部分，只要看得多，自然就会了，但千万不要为了细节而忽视了本质。

那么我们开始吧。

动态规划（上）

为了吸引阅读量，我们总需要一些标题党，动态规划（Dynamic Programming，DP）就是一个很好的标题党。动态规划究竟应该怎么考虑，我学到大学毕业都没学明白。因此第一篇文章，我们就盯着动态规划来看，看看它究竟应该怎么思考。

动态规划的优化原理

动态规划的优化原理一句话就能说清楚：寻找最优子结构，避免重复计算。初学者看这句话可能有点抽象，我们用斐波那契数列（Fibonacci）的例子来解释。

Problem 1: 考虑数列

\{a_n\}

，如果数列满足

a_0 = a_1 = 1

，

a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_n

，则称其为斐波那契数列。设计算法计算斐波那契数列的通项。

计算数列通项的算法很明显，有了

a_0, a_1

，就可以通过公式计算出

a_2, a_3, \ldots

。一个常见的解决问题的方案是递归。简单来说假如设

f(n)

表示数列的第

项

a_n

，那么只需要写出这样的函数就可以

int f(int n){
  if(n == 0 || n == 1)return 1;
  return f(n - 1) + f(n - 2);
}

这个算法的问题在什么地方呢？这里我们假设要计算

f(4)

，那么我们可以通过一棵递归调用树来观察一下。

可以看出，数值

f(0), f(1), f(2), f(3)

等，其实在调用树中是被多次调用的。对于f(2)这种数值，因为它没有被事先赋值，所以多次调用就涉及到了多次的重复计算。那么效率自然相形见绌。

那么什么是动态规划呢？它严格来说可以理解为是一个运筹学的概念。但记住一句话：寻找最优子结构，在这里，就是确认

f(n)

与之前的函数的关系，并且观察，是否一个自变量更大的函数值，会被自变量更小的函数值来决定。而避免重复计算的意思，就是在计算的时候，努力避免已经计算好的值被重复再计算一次。因此在这里，我们其实可以考虑按照这个方式来完成代码。

# Assume that you want to compute f(N)

dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= N; i++){
  dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
printf(dp[N]);

这里的核心计算逻辑dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]有个专门的说法，叫做状态转移方程。很明显，它就告诉了你，你定义的状态怎么走，才能转移到下一个状态。

也就是说，这里的dp[i]，其实就对应了上面的

f(i)

。可以看出，这个过程中，我们使用循环代替了递归，是因为循环走一遍就会结束，因此一个值计算完毕之后，不会“跳回去”再计算一遍。

当然这里要注意的是，动态规划的建模需要考虑无后效性。简单来说，需要保证的是，你定义状态的时候，之后的状态只依赖于之前的状态。在这里，因为你可以让你的状态转移方程满足这个条件，所以无后效性是满足的。

所以总结一下动态规划类型的题目，大概可以分为这么几个步骤

定义状态（函数）和状态变量（自变量）
寻找状态转移方程
寻找循环方式
考虑边界情况，注意无后效性

考虑边界情况的意思是，注意给动态规划设置一个初始的迭代起点。比方说在这个数列中，必须要知道

a_0 = 1, a_1 = 1

，你才能继续计算，对吧？

好的，接下来，我们来看一些常见的动态规划的模型题。

Problem 2: Leetcode 62 一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角。问总共有多少条不同的路径？

这是一个网格类型的问题，所以很明显，影响函数的自变量就是2个：一个行数，一个列数。

现在我们假设说，dp[i][j]表示从左上角走到位置

(i, j)

，对应的方案数。那么这样的话，我们可以考虑的是，这个状态是如何转移的。更具体一点来说就是，从之前的状态，到之后的状态，这中间会经历什么？然后把所有的可能的转移都考虑到，取最优解，就是我们的答案。

对于这个题其实不难想，因为我们有要求说，机器人只有两个方向可以走。所以到达

(i, j)

前，机器人只能从上边，或者左边来。而从上边来的话，对应的是dp[i-1][j]的状态，而从左边来的话，对应的是dp[i][j-1]的状态。而这两个都有可能发生，所以到这个点的总的状态数，我们应该加在一起。因此，状态转移方程可以写为

dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]

边界条件非常简单，考虑dp[i][0], dp[0][j]就可以了。这个时候相当于只在边界上走，那么因为只有一种可能（一直往下/一直往右），所以全部赋值为1。有了初始条件之后，就相当于有了初始的推力，那么状态转移方程就像引擎一样，可以一直把所有的结果都计算出来。

好的，我们放出这个题的核心代码。

for (int i = 0; i < m; ++i) {
  f[i][0] = 1;
}
for (int j = 0; j < n; ++j) {
  f[0][j] = 1;
}
for (int i = 1; i < m; ++i) {
  for (int j = 1; j < n; ++j) {
    f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];
  }
}

最终只需要输出f[m-1][n-1]即可。

这里

i, j

的遍历顺序都是从小到大，这是因为两个变量对应的状态都是由比它更小的数决定的。也就是说，如果情况反过来，那么遍历顺序也有可能是从大到小。

这里要注意的是，一般编程来说大家都会以0作为下标的开始。不过我们很多时候在题干意义上定义问题，会习惯以1作为下标开始。这有的时候会带来一些理解上的麻烦，也请大家多多谅解～

虽然这一个题算是dp的一个入门级别的题，但是事实上，它在空间上的优化点还是很明显的。我们可以看出，一个状态最多只会依赖到它”相邻的两个状态“。换句话说它没有办法关注到更远的状态了。我们用图来更形象的说一下。

对于红色的点来说，可以看出它只会受到“上一个”和“前一个”的制约，因此严格来说，如果到计算这一个点的状态值的时候，实际上是不需要考虑第一列的结果的。

因此，这个情况下，其实我们可以把它简化成

dp[i]= dp[i]+dp[i-1]

确实，不需要额外的状态维度来保存数据这一点，没人否认。但是这个式子又是怎么得到的呢？注意，空间省了，计算步骤是没变的，时间复杂度还是一样的。我们再画一张图看一下。

所以可以看出，需要修改的dp[i]，对应的就是新的一行的对应列的元素，而dp[i-1]就是格子的左边。赋值等式右边的dp[i]，对应的是旧的一行的对应列的元素。所以这两个式子的等价看似无厘头，其实画个图就很清楚了。

好的，代码怎么改相信读者也都比较清楚了，这里就不多说了。

Problem 3: Leetcode 300 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。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

比方说如果输入[10,9,2,5,3,7,101,18]，那么输出就是4，因为 [2,3,7,101]是答案。

这个其实就是大名鼎鼎的最长上升子序列（Longest Incresing Subsequence，LIS）的问题。它的参数非常好找，就是数组的元素个数。

定义dp[i]表示“前

个元素，且以第

个元素结尾，对应的最长上升子序列长度“。这里有一个技巧就是要强制要求且以第

个元素结尾，为什么？这是因为，我们要保证的是子序列是递增的，所以必须要有相邻元素的比较。那么上一个状态和这一个状态的”相邻元素的比较“从哪里来？其实也只能从最后一个元素来（仔细品一品这句话）。而且因为最长上升子序列一定会以某一个下标的元素结尾，所以不会有遗漏的情况，所以把所有的情况取最值，是一定可以得到最优解的。

好的，那么我们看怎么比较？既然要有“相邻元素的比较”，那么对于dp[i]而言，之前任意一个dp[j], j < i是不是都有可能？所以只要我们的nums[j] < nums[i]，我们就可以认为，第

个数字的前一个可能是第

个。那么相连起来，序列长度就要加一，所以状态转移方程为

dp[i] = max_{j < i, nums[j] < nums[i]} dp[j] + 1

初始的情况其实也不难，一开始其实可以假设没有任何的“拼接”发生。这相当于认为，序列长度为1。

好的，我们放出核心代码。

for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
  dp[i] = 1;
  for (int j = 0; j < i; j++) {
    if (nums[i] > nums[j]) {
      dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
    }
  }
  maxans = Math.max(maxans, dp[i]);
}

这里的maxans就是答案。

Problem 4: Leetcode 322 给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算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。

比方说如果我们有coins = [1, 2, 5], amount = 11，那么答案就是3，因为我们有11 = 5 + 5 + 1，所以3枚硬币就够了。

这一个问题实际上就是一个完全背包问题。说它是背包问题，是因为这个题中，每一个硬币都可以选择“要”或者“不要”，并且硬币数量是不受限的（也就是说如果每一种硬币只有1个，那就是一个0-1背包问题了）。那么这样的话，其实我们的递推思路也很简单，就是每一次，去看到底选哪一种硬币就可以了。

我们设dp[i]表示“金额为

的情况下，最少需要的硬币数”。枚举每一类硬币，其实就可以找到对应的之前的状态。具体来说，如果我们这里选择面值为1的硬币，那么状态就回退到了dp[i-1]。面值为2的话，状态就回退到了dp[i-2]。

好的，所以状态转移方程就是

dp[i] = \min_{j = 0, 1, \ldots, n, i >= c_j}dp[i - c_j] + 1

这里的

就是硬币的种数，

c_j

就是对应的硬币的面值。

那么，边界条件是什么呢？这里其实就是dp[0] = 0。但是同时，其他的位置的值，我们要设置为一个很大的数，表示“目前还没有找到方案，所以认为不可能完成”的意思。

好的，我们来看一下核心代码。

vector<int> dp(amount + 1, Max);
dp[0] = 0;

for (int i = 1; i <= amount; ++i) {
  for (int j = 0; j < (int)coins.size(); ++j) {
    if (coins[j] <= i) {
      dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1);
    }
  }
}

这里的Max就是一个很大的值。最后的结果就是dp[amount]。如果这个数还是一个很大的值，那就说明不可能完成。根据题目要求，我们需要返回-1。

有的人可能会问0-1背包问题的具体例子，这个对应的是Lintcode 125，或者NOIP的“采药”问题。感兴趣的朋友可以自己去看一看，因为思路比这里的完全背包问题要简单，我们就不多说了。

Problem 5: Leetcode 122 给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 是一支给定股票第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

比方说如果股票每天的价格分别为[7,1,5,3,6,4]，那么答案就是7，因为可以第2天买，第3天卖，第4天买，第5天卖。

从这个题开始，我们就开始介绍股票系列的问题。这些问题也是相对比较容易考到的高频问题，并且在思考难度上层层递进，值得我们多说两句。

首先，这个题容易想到的变量是股票的天数，毕竟每一天股票价格不一样。但是就这其实是不够的，因为可以看到，股票的买卖状态也会影响你的操作，所以需要刻画股票的买卖状态。因此这个问题，除了天数以外，还需要增加一个“买卖”的维度，分别对应0和1。

我们定义dp[i][0]为“第

天交易完后手里没有股票的最大利润”，dp[i][1]为“第

天交易完后手里有一支股票的最大利润”。那么这样的话，分开考虑，对于dp[i][0]，它的前一天有可能没有股票，也有可能有股票。前一天没有，今天也没有，说明没有操作。前一天有，今天没了，说明卖掉了，会有收益。所以这样的话，状态转移方程就是

dp[i][0] = \max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])

对于dp[i][1]，分析方式是一致的。我们就直接给出结果了。

dp[i][1] = \max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

具体怎么来的，交给读者思考。

关于边界条件，其实就是在一开始的时候股票是什么样的。这里其实就是dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0]。这是因为一开始，如果手上就有股票，说明买了。如果手上没有股票，那么收益为0。

好的，我们来看一下核心代码。

dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
  dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
  dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}

最后只需要输出dp[n-1][0]就可以。这里的下标是从0开始的，所以n-1实际上就是第

天。

Problem 6: Leetcode 309 给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格。设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）: 你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。

这个题相比较Problem 5，多了一个限制，就是冷冻期。但是考虑到冷冻期只会有1天，所以无非就是多了一个状态而已。也就是说相比较之前的“买卖”而言，还多了一个状态，这个状态就是“冷冻”。

我们设dp[i][0]表示持股，dp[i][1]表示没有持股，并且在冷冻期，dp[i][2]表示没有持股，并且不在冷冻期（完整的context在上一个题，我就不多写了……）。分这三种情况讨论，可以看出，如果是dp[i][0]，那么上一天，要不持股，要不没持股，注意，必须要不在冷冻期内，所以我们可以写出

dp[i][0] = \max(dp[i-1][0], dp[i-1][2] -prices[i])

如果是dp[i][1]，那么因为进入了冷冻期，所以只有可能是卖出了，所以这种情况就是

dp[i][1] = \max(dp[i-1][0] + prices[i])

类似的，对于dp[i][2]，也可以得到结果为

dp[i][2] = \max(dp[i-1][1], dp[i-1][2])

最后还有个边界条件，这个不难思考，dp[0][0]= -prices[0], dp[0][2] = 0，但是还有一个问题是dp[0][1] = 0，这个是为什么？这个其实从题干意义上，不容易判断。但是我们可以从方程上去看，取什么值是合适的。

其实可以看到，这个初值可以影响到的就是dp[1][0], dp[1][2]，对于dp[1][0]，其实就应该是刚买股票，那么对应的结果就应该是-prices[i]，所以这个初值是一定的。不放心的话，可以再看dp[1][2]，而这个情况相当于没有股票，也没有冷冻期。那么正常情况下思考，它当然应该是和dp[0][2]相同才对（因为状态转移的另外一种情况，实际上是不存在的）。因此，这里应该赋值为0。当然，其实你赋值-1，严格来说也是符合逻辑的，但是结合dp[i][0]那个结果来看，就不一定了。

好的，我们来看一下核心代码。

dp[0][0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
  dp[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][2] - prices[i]);
  f[i][1] = f[i - 1][0] + prices[i];
  f[i][2] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][2]);
}

最终返回的就是dp[n-1][1], dp[n-1][2]中的更大的那个。

Problem 7: Leetcode 123 给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成两笔交易。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

这里的问题相比较之前来说，多了一个限制，就是最多两笔交易。但是本质上，这还是一个序列的问题，所以思考方式是一样的：从前往后思考。

这里刻画状态就不需要按照天数来刻画了（虽然也确实是影响因素），但是这样之后，”两笔消费“的这个信息就很难用了。所以要克服这个困局，必须要先考虑，怎么利用“两笔消费”的信息，而不是坚持使用之前的思路。而事实上，信息的更新，是可以通过时间的推进来做的。具体什么意思，大家后面就能看明白了。

我们设变量

x_1, x_2, x_3, x_4, x_5

对应五种状态，分别对应为

未进行过任何操作；
只进行过一次买操作；
进行了一次买操作和一次卖操作，即完成了一笔交易；
在完成了一笔交易的前提下，进行了第二次买操作；
完成了全部两笔交易。

第一个状态其实不用多说的，因为如果一直没有任何操作，那就肯定一直没有收益，所以很明显

x_1 = 0

。

剩下的四个状态，随着时间的推进，可能在每一天的结果不一样，所以要考虑状态转移。假如说

x_2', x_3', x_4', x_5'

对应的是第

i - 1

天的状态，那么对于第

天，我们分别考虑。

对于

x_2

，有两种可能，有可能保持状态不变，也有可能从0开始，买了一支股票。所以状态转移方程为

x_2 = \max(x_2', -prices[i])

对于

x_3

，可以考虑保持状态不变，也可以考虑说，在之前买过一次之后，把它卖出去。所以状态转移方程为

x_3= \max(x_3', x_2' + prices[i])

类似的我们有

x_4 = \max(x_4', x_3' - prices[i])

x_5 = \max(x_5', x_4' + prices[i])

最后，还有一个边界条件。这里对应的就是

x_2', x_3', x_4', x_5'

在第1天的情况。很明显，一开始持有股票，和不持有股票，对应的收益肯定会差一个prices[0]。所以事实上，持有的话，那么初始值就是-prices[0]。不持有的话，就是0。

好的，我们来看一下核心代码。

int x2 = -prices[0], x3 = 0;
int x4 = -prices[0], x5 = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
  x2 = max(x2, -prices[i]);
  x3 = max(x3, x2 + prices[i]);
  x4 = max(x4, x3 - prices[i]);
  x5 = max(x5, x4 + prices[i]);
}

最终只需要给出

x_5

的值就可以了。

可能有的人会问为什么不能给

x_3

？其实也是可以的，但是要注意的是，其实这里我们是允许同一天进行买和卖的操作的（虽然没有收益），所以这个算法中，

x_3

这个情况的最优解，应该在

x_5

中也有，所以其实就不需要再考虑

x_3

最后的结果是多少了。

Problem 8: Leetcode 188 给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 是一支给定的股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

这个问题虽然看起来是Problem 7的升级版本，但是事实上，我们可以发现，同样的思路也可以运用到Problem 8中来。也就是说，之前我们通过“两次交易”的状态，设置了5个变量。合理推断，如果是

次交易，其实可以设置

2k +1

个变量。这样虽然可以做，但是很明显的一个问题在于，你不能事先知道

是多少，所以不如把它当成额外的第二维的参数，来思考这个问题。

设buy[i][j]表示“前

天，交易了

笔之后，手上有股票，得到的最大收益“。设sell[i][j]表示手上没股票的对应情况。那么这样的话，如何推导，其实我觉得思路一模一样，也没有多提的必要了。所以我们这里就直接放出核心代码了。

buy[0][0] = -prices[0];
sell[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
   buy[0][i] = -prices[0];
   sell[0][i] = 0;
}

for (int i = 1; i < n; ++i) {
  buy[i][0] = max(buy[i - 1][0], sell[i - 1][0] - prices[i]);
  for (int j = 1; j <= k; ++j) {
    buy[i][j] = max(buy[i - 1][j], sell[i - 1][j] - prices[i]);
    sell[i][j] = max(sell[i - 1][j], buy[i - 1][j - 1] + prices[i]);   
  }
}

最终只需要返回最后一天，sell数组的交易次数的不同情况即可。

Problem 9: Leetcode 376 如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为摆动序列。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个摆动序列，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。子序列可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为摆动序列的最长子序列的长度。

这个问题其实在思路上已经没有什么创新点了。但是考虑到它也很高频，读者如果希望自己思考的话，可以先不要往下看……

按照动态规划的传统思路，如果是这种问题的话，那么自然是考虑，当时间不断推进的时候，状态会如何转移。

很明显，如果要求是摆动序列，那么我们观察最后两个元素的时候，只会有两种情况：要不第一个元素比第二个元素大，要不就小。所以我们可以考虑，设up[i]表示“前

个元素中的某一个为结尾的，且最后两个元素是上升趋势的序列长度”，down[i]类似意思。注意这里没有要求序列中以第

个为结尾，是因为题目中没有出现“序列连续”的要求。但是有的题目中，我们考虑状态的时候是有这个要求的。

那么我们先看up[i]可以由什么状态转移过来。如果是up[i]，说明我们在考虑最后两个元素是“上升趋势”的情况。那么这样的话，事实上，如果最近的两个数依然是上升趋势（nums[i] > nums[i-1])，那么要不可以不取这个数作为子序列的一部分，要不就取，分别对应up[i-1]和down[i-1] + 1。但是如果最近的两个数不是上升趋势，那么就不能够取nums[i]了（想想为什么？），只能够考虑取up[i-1]。这个相当于用第

i-1

个数来取代第

个数的一个方案。

如果是down[i]，那么趋势就是“下降趋势”了，这个可以做类似的讨论。

好的，那么这个题的状态转移方程就是

up[i] = \begin{cases}up[i-1] & nums[i] \le nums[i-1] \\ max(up[i-1], down[i-1] + 1) & nums[i] >nums[i-1]\end{cases}

down[i] = \begin{cases}down[i-1] & nums[i] \ge nums[i-1] \\ max(up[i-1] + 1, down[i-1] & nums[i] < nums[i-1] \end{cases}

至于边界条件，这个我想不是很难，我们直接给出，就是up[0] = down[0] = 1。

好的，我们来看看核心代码吧。

up[0] = down[0] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
  if (nums[i] > nums[i - 1]) {
    up[i] = max(up[i - 1], down[i - 1] + 1);
    down[i] = down[i - 1];
  } else if (nums[i] < nums[i - 1]) {
    up[i] = up[i - 1];
    down[i] = max(up[i - 1] + 1, down[i - 1]);
  } else {
    up[i] = up[i - 1];
    down[i] = down[i - 1];
  }
}

最终就是看up[n-1], down[n-1]中的较大的那个。

当然了，这个题在空间上其实是可以优化的，因为我们发现，我们每一次都只会依赖前一个状态，不会依赖到两个状态以前的那些状态。因此，我们可以考虑只用两个变量up, down来完成我们的任务。这里代码大家可以自己去改，或者看官网题解，我们就不多说了。

小结

本节我们介绍了动态规划的基本做题方法，并举出了一些很常见的动态规划的基本题。这些题的做法各有不同，但是大的动态规划的解题思路是相同的。也就是说，我们需要合理的去观察各个状态，并尝试理解它们。刷题刷多了就熟了没错，但更重要的是了解做题的大的框架，再去记忆小的做题的tricks。只有两手抓，两手都硬，才能事半功倍。

下一节我们会介绍一些动态规划的更加困难的高频题。算是再让大家理解一些困难题题解的思路吧～

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原始发表：2021-06-26，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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