一种是从 (i-1, j) 这个位置走一步到达
一种是从(i, j - 1) 这个位置走一步到达
因为是计算所有可能的步骤，所以是把所有可能走的路径都加起来，所以关系式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]。
步骤三、找出初始值
显然，当 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一个为 0，那么还能使用关系式吗？答是不能的，因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1，就变成负数了，数组就会出问题了，所以我们的初始值是计算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。这个还是非常容易计算的，相当于计算机图中的最上面一行和左边一列。因此初始值如下：
dp[0] [0….n-1] = 1; // 相当于最上面一行，机器人只能一直往左走
dp[0…m-1] [0] = 1; // 相当于最左面一列，机器人只能一直往下走
撸代码
三个步骤都写出来了，直接看代码
public static int uniquePaths(int m, int n) {
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
for(int i = 0; i < m; i++){
dp[i][0] = 1;
}
for(int i = 0; i < n; i++){
dp[0][i] = 1;
}
// 推导出 dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
案例三、二维数组 DP
写到这里，有点累了，，但还是得写下去，所以看的小伙伴，你们可得继续看呀。下面这道题也不难，比上面的难一丢丢，不过也是非常类似
问题描述
给定一个包含非负整数的 m x n 网格，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。
说明：每次只能向下或者向右移动一步。
举例：
输入:
arr = [
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
输出: 7
解释: 因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。
和上面的差不多，不过是算最优路径和，
步骤一、定义数组元素的含义
由于我们的目的是从左上角到右下角，最小路径和是多少，那我们就定义 dp[i] [j]的含义为：当机器人从左上角走到(i, j) 这个位置时，最下的路径和是 dp[i] [j]。那么，dp[m-1] [n-1] 就是我们要的答案了。
注意，这个网格相当于一个二维数组，数组是从下标为 0 开始算起的，所以 由下角的位置是 (m-1, n - 1)，所以 dp[m-1] [n-1] 就是我们要走的答案。
步骤二：找出关系数组元素间的关系式
想象以下，机器人要怎么样才能到达 (i, j) 这个位置？由于机器人可以向下走或者向右走，所以有两种方式到达
一种是从 (i-1, j) 这个位置走一步到达
一种是从(i, j - 1) 这个位置走一步到达
不过这次不是计算所有可能路径，而是计算哪一个路径和是最小的，那么我们要从这两种方式中，选择一种，使得dp[i] [j] 的值是最小的，显然有dp[i] [j] = min(dp[i-1][j]，dp[i][j-1]) + arr[i][j];// arr[i][j] 表示网格种的值
步骤三、找出初始值
显然，当 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一个为 0，那么还能使用关系式吗？答是不能的，因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1，就变成负数了，数组就会出问题了，所以我们的初始值是计算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。这个还是非常容易计算的，相当于计算机图中的最上面一行和左边一列。因此初始值如下：
dp[0] [j] = arr[0] [j] + dp[0] [j-1]; // 相当于最上面一行，机器人只能一直往左走
dp[i] [0] = arr[i] [0] + dp[i] [0]; // 相当于最左面一列，机器人只能一直往下走
代码如下
public static int uniquePaths(int[][] arr) {
int m = arr.length;
int n = arr[0].length;
if (m <= 0 || n <= 0) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[m][n]; //
// 初始化
dp[0][0] = arr[0][0];
// 初始化最左边的列
for(int i = 1; i < m; i++){
dp[i][0] = dp[i-1][0] + arr[i][0];
}
// 初始化最上边的行
for(int i = 1; i < n; i++){
dp[0][i] = dp[0][i-1] + arr[0][i];
}
// 推导出 dp[m-1][n-1]
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + arr[i][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
案例 4：编辑距离
这次给的这道题比上面的难一些，在 leetcdoe 的定位是 hard 级别。
问题描述
给定两个单词 word1 和 word2，计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。
你可以对一个单词进行如下三种操作：
插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符
示例 1:
输入: word1 = “horse”, word2 = “ros”
输出: 3
解释:
horse -> rorse (将 ‘h’ 替换为 ‘r’)
rorse -> rose (删除 ‘r’)
rose -> ros (删除 ‘e’)
解答
还是老样子，按照上面三个步骤来，并且我这里可以告诉你，90% 的字符串问题都可以用动态规划解决，并且90%是采用二维数组。
步骤一、定义数组元素的含义
由于我们的目的求将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。那我们就定义 dp[i] [j]的含义为：当字符串 word1 的长度为 i，字符串 word2 的长度为 j 时，将 word1 转化为 word2 所使用的最少操作次数为 dp[i] [j]。
有时候，数组的含义并不容易找，所以还是那句话，我给你们一个套路，剩下的还得看你们去领悟。
步骤二：找出关系数组元素间的关系式
接下来我们就要找 dp[i] [j] 元素之间的关系了，比起其他题，这道题相对比较难找一点，但是，不管多难找，大部分情况下，dp[i] [j] 和 dp[i-1] [j]、dp[i] [j-1]、dp[i-1] [j-1] 肯定存在某种关系。因为我们的目标就是，从规模小的，通过一些操作，推导出规模大的。对于这道题，我们可以对 word1 进行三种操作
插入一个字符
删除一个字符
替换一个字符
由于我们是要让操作的次数最小，所以我们要寻找最佳操作。那么有如下关系式：
a、如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 相等，这个时候不需要进行任何操作，显然有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1]。（别忘了 dp[i] [j] 的含义哈）。
b、如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 不相等，这个时候我们就必须进行调整，而调整的操作有 3 种，我们要选择一种。三种操作对应的关系试如下（注意字符串与字符的区别）：
（1）、如果把字符 word1[i] 替换成与 word2[j] 相等，则有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1] + 1;
（2）、如果在字符串 word1末尾插入一个与 word2[j] 相等的字符，则有 dp[i] [j] = dp[i] [j-1] + 1;
（3）、如果把字符 word1[i] 删除，则有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + 1;
那么我们应该选择一种操作，使得 dp[i] [j] 的值最小，显然有
dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j-1]，dp[i] [j-1]，dp[[i-1] [j]]) + 1;
于是，我们的关系式就推出来了，
步骤三、找出初始值
显然，当 dp[i] [j] 中，如果 i 或者 j 有一个为 0，那么还能使用关系式吗？答是不能的，因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1，就变成负数了，数组就会出问题了，所以我们的初始值是计算出所有的 dp[0] [0….n] 和所有的 dp[0….m] [0]。这个还是非常容易计算的，因为当有一个字符串的长度为 0 时，转化为另外一个字符串，那就只能一直进行插入或者删除操作了。
代码如下（可以左右滑动）
public int minDistance(String word1, String word2) {
int n1 = word1.length();
int n2 = word2.length();
int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
// dp[0][0…n2]的初始值
for (int j = 1; j <= n2; j++)
dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
// dp[0…n1][0] 的初始值
for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
// 通过公式推出 dp[n1][n2]
for (int i = 1; i <= n1; i++) {
for (int j = 1; j <= n2; j++) {
// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}else {
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
}
}
}
return dp[n1][n2];
}
最后说下，如果你要练习，可以去 leetcode，选择动态规划专题，然后连续刷几十道，保证你以后再也不怕动态规划了。当然，遇到很难的，咱还是得挂。
三、总结
上面的这些题，基本都是不怎么难的入门题，除了最后一道相对难一点，本来是要在写几道难一点，并且讲如何优化的，不过看了下字数，文章有点长了，关于如何优化的，后面再讲吧，在之后的文章中，我也会按照这个步骤，在给大家讲四五道动态规划 hard 级别的题，会放在每天推文的第二条给大家学习。如果大家感兴趣，文章看的人多，那么优化篇很快就会撸出来，不过感兴趣的人很少的话，动力比较少，可能就会慢一些，所以各位小伙伴，如果觉得有收获，不妨三连走起来，嘻嘻。
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文末
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