什么是动态规划？

动态规划（英语：Dynamic programming，简称DP），是一种在数学、管理科学、计算机科学经济学和生物信息学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题。

以上定义来自维基百科，看定义感觉还是有点抽象。简单来说，动态规划其实就是，给定一个题，我们把它拆成一个个子问题，直到子问题可以直接解决。然后呢，把子问题答案保存起来，以减重复计算。再根据子问题答案反推，得出原问题解的一种方法。

一般这些子问题很相似，可以通过函数关系式递推出来。然后呢，动态规划就致力于解决每个子问题一次，减重复计算,比如斐波那契数列就可以看做入门级的经典动态规划问题。

动态规划核心思想

动态规划最核心的思想，就在于拆分子问题，记住过往，减少重复计算。

动态规划的概念意义

动态规划问世以来，在经济管理、生产调度、工程技术和最优控制等方面得到了广泛的应用。例如最短路线、库管理、资源分配、设备更新、排序、装载等问题，用动态规划方法比用其它方法求解更为方便。

虽然动态规划主要用于求解以时间划分阶段的动态过程的优化问题，但是一些与时间无关的静态规划(如线性规划、非线性规划)，只要人为地引进时间因素，把它视为多阶段决策过程，也可以用动态规划方法方便地求解。

动态规划程序设计是对解最优化问题的一种途径、一种方法，而不是一种特殊算法。不像搜索或数值计算那样，具有一个标准的数学表达式和明确清晰的解题方法。动态规划程序设计往往是针对一种最优化问题，由于各种问题的性质不同，确定最优解的条件也互不相同，因而动态规划的设计方法对不同的问题，有各具特色的解题方法，而不存在一种万能的动态规划算法，可以解决各类最优化问题。因此读者在学习时，除了要对基本概念和方法正确理解外，必须具体问题具体分析处理，以丰富的想象力去建立模型，用创造性的技巧去求解。我们也可以通过对若干有代表性的问题的动态规划算法进行分析、讨论，逐渐学会并掌握这一设计方法。

例如这道题就是动态规划的应用

例如这道题就是动态规划的应用

题目描述题目描述

​
棋盘上 AA 点有一个过河卒，需要走到目标 BB 点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上 CC 点有一个对方的马，该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。因此称之为“马拦过河卒”。棋盘用坐标表示，AA 点 (0, 0)(0,0)、BB 点 (n, m)(n,m)，同样马的位置坐标是需要给出的。现在要求你计算出卒从 A 点能够到达 B 点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并不是卒走一步马走一步。现在要求你计算出卒从 A 点能够到达 B 点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并不是卒走一步马走一步。

输入格式

一行四个正整数，分别表示 BB 点坐标和马的坐标。

输出格式

一个整数，表示所有的路径条数。

输入            输出

6 6 3 3        6

这是来自于  Chiaro  的题解

这道题初始位置是从 0 开始的，这样不是很利于我们解题，所以不如暂且把这题里涉及的坐标统统 +1，那么初始位置就从 (0,0)(0,0) 变成了 (1,1)(1,1)。

先考虑如果没有任何马的限制，卒子可以随便向右向下走，那么可以想到，一个卒子只能从 当前格子的左侧格子 和 当前格子的上方格子 上走到当前格子。那么假设从 (1,1)(1,1) 走到 当前格子的左侧格子 的路径条数是 xx，从 (1,1)(1,1) 走到 当前格子的上方格子 的路径条数是 yy，那么从 (1,1)(1,1) 走到当前格子的路径条数就应该是 x+yx+y。

其实我们已经得到了一个动态规划的转移方程，设 f(i,j)f(i,j) 表示从 (1,1)(1,1) 格子走到当前格子的路径条数，那么根据上一段得到的结论，可以得到：

f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-1)f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−1)

(i,j)(i,j) 是当前格子，那么 (i-1,j)(i−1,j) 就是 当前格子的上方格子，(i,j-1)(i,j−1) 就是 当前格子的左侧格子。我们只需要从小到大依次枚举 ii 和 jj 就能获得所有点的答案，可以想到，在这道题里我们要求的答案就是 f(n,m)f(n,m)（因为 B 点的坐标是(n,m)(n,m)）。

当然如果只是按照这个公式推肯定不行，因为 ff 的初始数值都是 0，再怎么推也都是 0，我们要让 f(1,1)f(1,1) 能根据上面得到的式子推出答案是 1，这样才能有有意义的结果。根据 f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)f(1,1)=f(0,1)+f(1,0)，我们只需要让 f(1,0)=1f(1,0)=1 或者 f(0,1)=1f(0,1)=1 即可。

接下来考虑一下加入了 马 这道题该怎么做，假设 (x,y)(x,y) 这个点被马拦住了，其实就是说这个点不能被卒子走到，那当我们枚举到这个点的时候，发现他被马拦住了，那就直接跳过这个点，让 f(x,y)=0f(x,y)=0 就行了。

具体写代码的时候我们注意到在判断一个点有没有被马拦住时，会用到 (i-2,j-1)(i−2,j−1) 和 (i-1,j-2)(i−1,j−2) 这两个位置，那如果不把所有的点的坐标都加上 2 （前面分析的时候只把所有的坐标加上 1），就会因为数组越界而 WA 掉一个点。

答案可能很大，所以记得开 long long。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int fx[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
const int fy[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
//马可以走到的位置

int bx, by, mx, my;
ll f[40][40];
bool s[40][40]; //判断这个点有没有马拦住
int main(){
    scanf("%d%d%d%d", &bx, &by, &mx, &my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    //坐标+2以防越界
    f[2][1] = 1;//初始化
    s[mx][my] = 1;//标记马的位置
    for(int i = 1; i <= 8; i++) s[mx + fx[i]][my + fy[i]] = 1;
    for(int i = 2; i <= bx; i++){
        for(int j = 2; j <= by; j++){
            if(s[i][j]) continue; // 如果被马拦住就直接跳过
            f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1];
            //状态转移方程
        }
    }
    printf("%lld\n", f[bx][by]);
    return 0;
} 

考虑滚动数组优化。

观察转移方程 :

f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j-1)f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−1)

每一次转移只需要提供 f(i-1,j)f(i−1,j) 和 f(i,j-1)f(i,j−1)。

即当前位置上方格子的答案与当前位置左边的答案，也就是说，对于一次转移，我们只需要用到横坐标是 ii 和横坐标是 i-1i−1 这两行的答案，其他位置的答案已经是没有用处的了，我们可以直接丢掉不管他们。

怎么只保留第 ii 行和第 i-1i−1 行的答案呢？答案是取模（C++ 中的运算符 %）。

i\ %\ 2\ne (i-1)\ %\ 2i % 2=(i−1) % 2，所以我们把第一维的坐标 ii 都取模 2 变成 i\ %\ 2i % 2，并且不断覆盖原来数组里存的答案，就成功做到只保留第 ii 行和第 i-1i−1 行的答案了。

众所周知，x\ %\ 2x % 2 可以在代码中写成更快的运算方式 i\ &\ 1i & 1。

如果 xx 是偶数，那么 x\ &\ 1=0x & 1=0，如果 xx 是奇数，那么 x\ &\ 1=1x & 1=1。

那么新的转移方程就可以变成：

f(0,1)=1f(0,1)=1

f(i\ &\ 1,j)=f((i-1)\ &\ 1,j)+f(i\ &\ 1,j-1)f(i & 1,j)=f((i−1) & 1,j)+f(i & 1,j−1)

f((i-1)\ &\ 1,j)f((i−1) & 1,j) 就是当前位置上边格子的答案。

f(i\ &\ 1,j-1)f(i & 1,j−1) 就是当前位置左边的答案。

这样 , 数组第一维是不是就可以压成 2 了呢？

另外 , 因为是滚动数组 , 所以如果当前位置被马拦住了一定要记住清零。

代码 :

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

const int fx[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
const int fy[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};
int bx, by, mx, my;
ll f[2][40];    //第一维大小为 2 就好
bool s[40][40];

int main(){
    scanf("%d%d%d%d", &bx, &by, &mx, &my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    f[1][2] = 1; //初始化
    s[mx][my] = 1;
    for(int i = 1; i <= 8; i++) s[mx + fx[i]][my + fy[i]] = 1;
    for(int i = 2; i <= bx; i++){
        for(int j = 2; j <= by; j++){
            if(s[i][j]){
                f[i & 1][j] = 0; //被马拦住了记住清零
                continue;
            }
            f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][j] + f[i & 1][j - 1]; 
            //新的状态转移方程
        }
    }
    printf("%lld\n", f[bx & 1][by]);
    //输出的时候第一维也要按位与一下
    return 0;
} 

好的那继续来看看能不能再优化。

唯一再有点优化空间的地方就是那个大小为 2 的第一维了，那么为什么我们去不掉这个 2 呢？

因为状态转移的时候需要一个 f(i-1,j)f(i−1,j)，所以必须要多开一维。

那么我们如果优化掉了这里，当然就不再需要二维数组了。

观察我们能发现 , 这个 f(i-1,j)f(i−1,j) 与当前位置的 f(i,j)f(i,j) 的第二维一样 , 都是 j , 而第一维只是差了 1。

我们考虑直接去掉第一维，来看这个状态转移方程 :

f(j) = f(j) + f(j-1)f(j)=f(j)+f(j−1)

是不是就把数组变成一维了呢？但是如何解释这个方程？

f(j)+f(j-1)f(j)+f(j−1) 里面，f(j-1)f(j−1) 就是前面方程里的 f(i,j-1)f(i,j−1)。

至于 f(j)f(j) , 因为还没有被更新过 , 所以答案仍然保存的是上次求出的答案 , 即 f(i-1,j)f(i−1,j)。

这样 , 就把二维数组成功变成了一维数组。

代码 :

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

// 快速读入
template <class I>
inline void read(I &num){
    num = 0; char c = getchar(), up = c;
    while(!isdigit(c)) up = c, c = getchar();
    while(isdigit(c)) num = (num << 1) + (num << 3) + (c ^ '0'), c = getchar();
    up == '-' ? num = -num : 0; return;
}
template <class I>
inline void read(I &a, I &b) {read(a); read(b);}
template <class I>
inline void read(I &a, I &b, I &c) {read(a); read(b); read(c);}

const int fx[] = {0, -2, -1, 1, 2, 2, 1, -1, -2};
const int fy[] = {0, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2, -1};

int bx, by, mx, my;
ll f[40];   //这次只需要一维数组啦
bool s[40][40];

int main(){
    read(bx, by); read(mx, my);
    bx += 2; by += 2; mx += 2; my += 2;
    f[2] = 1;   //初始化
    s[mx][my] = 1;
    for(int i = 1; i <= 8; i++) s[mx + fx[i]][my + fy[i]] = 1;
    for(int i = 2; i <= bx; i++){
        for(int j = 2; j <= by; j++){
            if(s[i][j]){
                f[j] = 0; // 还是别忘了清零
                continue;
            }
            f[j] += f[j - 1];
            //全新的 简洁的状态转移方程
        }
    }
    printf("%lld\n", f[by]);
    return 0;
} 

这时可能就有同学说了，f 数组是变成一维了，但是你的 s 数组还是二维的啊你个骗子！

至于去掉 s 数组的方法，其实还是很多的。

首先有比较暴力的方法，我们直接去掉 s 数组，然后对于当前位置 (x,y)(x,y)，我们枚举被马拦住的那 8 个点，如果其中有一个点的位置和他的位置是一样的，那么这个位置就是不合法的了。这个方法可行，但是我们把本来是 O(n^2)O(n2) 小常数的做法加了一个 8 倍常数。如果把范围开大到 n\leq 2\times 10^4n≤2×104，那么这个做法可能会被卡。

有没有别的方法呢？下面可能会用到这个知识点：切比雪夫距离。

我们注意到，被马拦住的位置到马的切比雪夫距离一定是2，也就是说，他们都分布于下图这个正方形上，那我们就成功缩小了枚举范围：只有当当前这个点 (x,y)(x,y) 到马的切比雪夫距离是 2 时，才进行 8 个点的枚举，那么复杂度大概就是 O(n^2+16\times 8)O(n2+16×8)（原谅我用这种不正确的方法书写复杂度），常数很小.

但是还能有更好的方法，那就是加上曼哈顿距离：我们可以发现，这些被马拦住的位置同时到马的曼哈顿距离也一定为 3。

蓝色是曼哈顿距离为 3 的位置，红色是切比距离 - OI Wiki雪夫距离为 2 的位置，交点是被马拦住的位置，且被马拦住的位置一定是交点，也就是说，这是个充要条件。
所以对于每个点我们只需要算一下他到马的切比雪夫距离和曼哈顿距离即可，这个计算都是 O(1)O(1) 的，且常数很小。

#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long

inline int read(){
    int num = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) num = (num << 1) + (num << 3) + (c ^ '0'), c = getchar();
    return num;
}

int bx, by, mx, my;
ll f[30];

inline bool check(int x, int y) {
    if(x == mx && y == my) return 1;
    return (std::abs(mx - x) + std::abs(my - y) == 3) && (std::max ((std::abs(mx - x)), std::abs(my - y)) == 2);
}

int main(){
    bx = read() + 2, by = read() + 2, mx = read() + 2, my = read() + 2;
    f[2] = 1;
    for(int i = 2; i <= bx; i++){
        for(int j = 2; j <= by; j++){
            if(check(i, j)){
                f[j] = 0;
                continue;
            }
            f[j] += f[j - 1];
        }
    }
    printf("%lld\n", f[by]);
    return 0;
} 

至此，我们成功将一个时间复杂度和空间复杂度为 O(n^2)O(n2) 的算法，优化到了时间复杂度 O(n^2)O(n2)，空间复杂度 O(n)O(n)，虽然对于这道题而言没有任何的意义，但是或许能在做其他难题的时候启发我们一点思路，总归是没有坏处的。