最优子结构原理和 dp 数组遍历方向

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本文有视频版：

本文是两年前发的

的修订版，根据我的不断学习总结以及读者的评论反馈，我给扩展了更多内容，力求使本文成为继

之后的一篇全面答疑文章。以下是正文。

这篇文章就给你讲明白以下几个问题：

1、到底什么才叫「最优子结构」，和动态规划什么关系。

2、如何判断一个问题是动态规划问题，即如何看出是否存在重叠子问题。

3、为什么经常看到将 dp 数组的大小设置为 n + 1 而不是 n。

4、为什么动态规划遍历 dp 数组的方式五花八门，有的正着遍历，有的倒着遍历，有的斜着遍历。

一、最优子结构详解

「最优子结构」是某些问题的一种特定性质，并不是动态规划问题专有的。也就是说，很多问题其实都具有最优子结构，只是其中大部分不具有重叠子问题，所以我们不把它们归为动态规划系列问题而已。

我先举个很容易理解的例子：假设你们学校有 10 个班，你已经计算出了每个班的最高考试成绩。那么现在我要求你计算全校最高的成绩，你会不会算？当然会，而且你不用重新遍历全校学生的分数进行比较，而是只要在这 10 个最高成绩中取最大的就是全校的最高成绩。

我给你提出的这个问题就符合最优子结构：可以从子问题的最优结果推出更大规模问题的最优结果。让你算每个班的最优成绩就是子问题，你知道所有子问题的答案后，就可以借此推出全校学生的最优成绩这个规模更大的问题的答案。

你看，这么简单的问题都有最优子结构性质，只是因为显然没有重叠子问题，所以我们简单地求最值肯定用不出动态规划。

再举个例子：假设你们学校有 10 个班，你已知每个班的最大分数差（最高分和最低分的差值）。那么现在我让你计算全校学生中的最大分数差，你会不会算？可以想办法算，但是肯定不能通过已知的这 10 个班的最大分数差推到出来。因为这 10 个班的最大分数差不一定就包含全校学生的最大分数差，比如全校的最大分数差可能是 3 班的最高分和 6 班的最低分之差。

这次我给你提出的问题就不符合最优子结构，因为你没办通过每个班的最优值推出全校的最优值，没办法通过子问题的最优值推出规模更大的问题的最优值。前文

说过，想满足最优子结，子问题之间必须互相独立。全校的最大分数差可能出现在两个班之间，显然子问题不独立，所以这个问题本身不符合最优子结构。

那么遇到这种最优子结构失效情况，怎么办？策略是：改造问题。对于最大分数差这个问题，我们不是没办法利用已知的每个班的分数差吗，那我只能这样写一段暴力代码：

int result = 0;
for (Student a : school) {
    for (Student b : school) {
        if (a is b) continue;
        result = max(result, |a.score - b.score|);
    }
}
return result;

改造问题，也就是把问题等价转化：最大分数差，不就等价于最高分数和最低分数的差么，那不就是要求最高和最低分数么，不就是我们讨论的第一个问题么，不就具有最优子结构了么？那现在改变思路，借助最优子结构解决最值问题，再回过头解决最大分数差问题，是不是就高效多了？

当然，上面这个例子太简单了，不过请读者回顾一下，我们做动态规划问题，是不是一直在求各种最值，本质跟我们举的例子没啥区别，无非需要处理一下重叠子问题。

前文不

和

就展示了如何改造问题，不同的最优子结构，可能导致不同的解法和效率。

再举个常见但也十分简单的例子，求一棵二叉树的最大值，不难吧（简单起见，假设节点中的值都是非负数）：

int maxVal(TreeNode root) {
    if (root == null)
        return -1;
    int left = maxVal(root.left);
    int right = maxVal(root.right);
    return max(root.val, left, right);
}

你看这个问题也符合最优子结构，以 root 为根的树的最大值，可以通过两边子树（子问题）的最大值推导出来，结合刚才学校和班级的例子，很容易理解吧。

当然这也不是动态规划问题，旨在说明，最优子结构并不是动态规划独有的一种性质，能求最值的问题大部分都具有这个性质；但反过来，最优子结构性质作为动态规划问题的必要条件，一定是让你求最值的，以后碰到那种恶心人的最值题，思路往动态规划想就对了，这就是套路。

动态规划不就是从最简单的 base case 往后推导吗，可以想象成一个链式反应，以小博大。但只有符合最优子结构的问题，才有发生这种链式反应的性质。

找最优子结构的过程，其实就是证明状态转移方程正确性的过程，方程符合最优子结构就可以写暴力解了，写出暴力解就可以看出有没有重叠子问题了，有则优化，无则 OK。这也是套路，经常刷题的读者应该能体会。

这里就不举那些正宗动态规划的例子了，读者可以翻翻历史文章，看看状态转移是如何遵循最优子结构的，这个话题就聊到这，下面再来看其他的动态规划迷惑行为。

二、如何一眼看出重叠子问题

经常有读者说：

看了前文

，我知道了如何一步步优化动态规划问题；

看了前文

，我知道了利用数学归纳法写出暴力解（状态转移方程）。

但就算我写出了暴力解，我很难判断这个解法是否存在重叠子问题，从而无法确定是否可以运用备忘录等方法去优化算法效率。

对于这个问题，其实我在动态规划系列的文章中写过几次，在这里再统一总结一下吧。

首先，最简单粗暴的方式就是画图，把递归树画出来，看看有没有重复的节点。

比如最简单的例子，

中斐波那契数列的递归树：

这棵递归树很明显存在重复的节点，所以我们可以通过备忘录避免冗余计算。

但毕竟斐波那契数列问题太简单了，实际的动态规划问题比较复杂，比如二维甚至三维的动态规划，当然也可以画递归树，但不免有些复杂。

比如在

中，我们写出了这样一个暴力解法：

int dp(int[][] grid, int i, int j) {
    if (i == 0 && j == 0) {
        return grid[0][0];
    }
    if (i < 0 || j < 0) {
        return Integer.MAX_VALUE;
    }

    return Math.min(
            dp(grid, i - 1, j), 
            dp(grid, i, j - 1)
        ) + grid[i][j];
}

你不需要读过前文，光看这个函数代码就能看出来，该函数递归过程中参数 i, j 在不断变化，即「状态」是 (i, j) 的值，你是否可以判断这个解法是否存在重叠子问题呢？

假设输入的 i = 8, j = 7，二维状态的递归树如下图，显然出现了重叠子问题：

但稍加思考就可以知道，其实根本没必要画图，可以通过递归框架直接判断是否存在重叠子问题。

具体操作就是直接删掉代码细节，抽象出该解法的递归框架：

int dp(int[][] grid, int i, int j) {
    dp(grid, i - 1, j), // #1
    dp(grid, i, j - 1)  // #2
}

可以看到 i, j 的值在不断减小，那么我问你一个问题：如果我想从状态 (i, j) 转移到 (i-1, j-1)，有几种路径？

显然有两种路径，可以是 (i, j) -> #1 -> #2 或者 (i, j) -> #2 -> #1，不止一种，说明 (i-1, j-1) 会被多次计算，所以一定存在重叠子问题。

再举个稍微复杂的例子，后文

的暴力解代码：

bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {
    int m = s.size(), n = p.size();
    if (j == n)  return i == m;
    if (i == m) {
        if ((n - j) % 2 == 1) return false;
        for (; j + 1 < n; j += 2) {
            if (p[j + 1] != '*') return false;
        }
        return true;
    }

    if (s[i] == p[j] || p[j] == '.') {
        if (j < n - 1 && p[j + 1] == '*') {
            return dp(s, i, p, j + 2)
               || dp(s, i + 1, p, j);
        } else {
            return dp(s, i + 1, p, j + 1);
        }
    } else if (j < n - 1 && p[j + 1] == '*') {
        return dp(s, i, p, j + 2);
    }
    return false;
}

代码有些复杂对吧，如果画图的话有些麻烦，但我们不画图，直接忽略所有细节代码和条件分支，只抽象出递归框架：

bool dp(string& s, int i, string& p, int j) {
    dp(s, i, p, j + 2);     // #1
    dp(s, i + 1, p, j);     // #2
    dp(s, i + 1, p, j + 1); // #3
    dp(s, i, p, j + 2);     // #4
}

和上一题一样，这个解法的「状态」也是 (i, j) 的值，那么我继续问你问题：如果我想从状态 (i, j) 转移到 (i+2, j+2)，有几种路径？

显然，至少有两条路径：(i, j) -> #1 -> #4 和 (i, j) -> #3 -> #3。

所以，不用画图就知道这个解法也存在重叠子问题，需要用备忘录技巧去优化。

三、dp 数组的大小设置

比如说后文

，我首先讲的是自顶向下的递归解法，实现了这样一个 dp 函数：

int minDistance(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    // 按照 dp 函数的定义，计算 s1 和 s2 的最小编辑距离
    return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
}

// 定义：s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离是 dp(s1, i, s2, j)
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
    // 处理 base case
    if (i == -1) {
        return j + 1;
    }
    if (j == -1) {
        return i + 1;
    }

    // 进行状态转移
    if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
        return dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
    } else {
        return min(
            dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
            dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
            dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
        );
    }
}

然后改造成了自底向上的迭代解法：

int minDistance(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    // 定义：s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离是 dp[i+1][j+1]
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
    // 初始化 base case 
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        dp[i][0] = i;
    for (int j = 1; j <= n; j++)
        dp[0][j] = j;
    
    // 自底向上求解
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            // 进行状态转移
            if (s1.charAt(i-1) == s2.charAt(j-1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            } else {
                dp[i][j] = min(
                    dp[i - 1][j] + 1,
                    dp[i][j - 1] + 1,
                    dp[i - 1][j - 1] + 1
                );
            }
        }
    }
    // 按照 dp 数组的定义，存储 s1 和 s2 的最小编辑距离
    return dp[m][n];
}

这两种解法思路是完全相同的，但就有读者提问，为什么迭代解法中的 dp 数组初始化大小要设置为 int[m+1][n+1]？为什么 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离要存储在 dp[i+1][j+1] 中，有一位索引偏移？

能不能模仿 dp 函数的定义，把 dp 数组初始化为 int[m][n]，然后让 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离要存储在 dp[i][j] 中？

理论上，你怎么定义都可以，只要根据定义处理好 base case 就可以。

你看 dp 函数的定义，dp(s1, i, s2, j) 计算 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的编辑距离，那么 i, j 等于 -1 时代表空串的 base case，所以函数开头处理了这两种特殊情况。

再看 dp 数组，你当然也可以定义 dp[i][j] 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的编辑距离，但问题是 base case 怎么搞？索引怎么能是 -1 呢？

所以我们把 dp 数组初始化为 int[m+1][n+1]，让索引整体偏移一位，把索引 0 留出来作为 base case 表示空串，然后定义 dp[i+1][j+1] 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的编辑距离。

四、dp 数组的遍历方向

我相信读者做动态规问题时，肯定会对 dp 数组的遍历顺序有些头疼。我们拿二维 dp 数组来举例，有时候我们是正向遍历：

int[][] dp = new int[m][n];
for (int i = 0; i < m; i++)
    for (int j = 0; j < n; j++)
        // 计算 dp[i][j]

有时候我们反向遍历：

for (int i = m - 1; i >= 0; i--)
    for (int j = n - 1; j >= 0; j--)
        // 计算 dp[i][j]

有时候可能会斜向遍历：

// 斜着遍历数组
for (int l = 2; l <= n; l++) {
    for (int i = 0; i <= n - l; i++) {
        int j = l + i - 1;
        // 计算 dp[i][j]
    }
}

甚至更让人迷惑的是，有时候发现正向反向遍历都可以得到正确答案，比如我们在

中有的地方就正反皆可。

如果仔细观察的话可以发现其中的原因，你只要把住两点就行了：

1、遍历的过程中，所需的状态必须是已经计算出来的。

2、遍历结束后，存储结果的那个位置必须已经被计算出来。

下面来具体解释上面两个原则是什么意思。

比如编辑距离这个经典的问题，详解见后文

，我们通过对 dp 数组的定义，确定了 base case 是 dp[..][0] 和 dp[0][..]，最终答案是 dp[m][n]；而且我们通过状态转移方程知道 dp[i][j] 需要从 dp[i-1][j], dp[i][j-1], dp[i-1][j-1] 转移而来，如下图：

那么，参考刚才说的两条原则，你该怎么遍历 dp 数组？肯定是正向遍历：

for (int i = 1; i < m; i++)
    for (int j = 1; j < n; j++)
        // 通过 dp[i-1][j], dp[i][j - 1], dp[i-1][j-1]
        // 计算 dp[i][j]

因为，这样每一步迭代的左边、上边、左上边的位置都是 base case 或者之前计算过的，而且最终结束在我们想要的答案 dp[m][n]。

再举一例，回文子序列问题，详见后文

，我们通过过对 dp 数组的定义，确定了 base case 处在中间的对角线，dp[i][j] 需要从 dp[i+1][j], dp[i][j-1], dp[i+1][j-1] 转移而来，想要求的最终答案是 dp[0][n-1]，如下图：

这种情况根据刚才的两个原则，就可以有两种正确的遍历方式：

要么从左至右斜着遍历，要么从下向上从左到右遍历，这样才能保证每次 dp[i][j] 的左边、下边、左下边已经计算完毕，得到正确结果。

现在，你应该理解了这两个原则，主要就是看 base case 和最终结果的存储位置，保证遍历过程中使用的数据都是计算完毕的就行，有时候确实存在多种方法可以得到正确答案，可根据个人口味自行选择。

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