雖然接觸動態規划算法已經有一段時間，給一個01背包問題，能夠做到一個表格簡單粗暴下去，然后求得結果，但心里總覺得對這個算法理解十分不到位，抱着對算法的熱愛，網上很多大牛的算法思維實在讓我佩服的五體投地。在此講一講動態規划中滾動數組的求解方法，算是對這個知識點做一個記錄，也希望有寫的不妥的地方，大家能不吝賜教。
首先，我們先看看“滾動數組”的例題，大家可以參考http://www.lintcode.com/en/problem/house-robber/
題意大概就是說：一個盜賊要去偷盜一系列房子的財物，房子之間有報警器，當且僅當兩個相鄰的房子同時被偷盜的時候會自動報警，每個房子有一定的價值量，請問盜賊怎么做才能偷到最大價值的量。
求解這類題目要注意以下四點要素（也可以說是動態規划題目的四點要素）：
1、狀態（State）
用於存儲小規模問題的結果
2、方程（Function）
由狀態推出的一個方程，即怎么通過小的狀態來推出大的狀態
3、初始化（Initialization）
最初的狀態，作為方程的起點
4、結果（Result）
根據每步的狀態求出的結果
回到House-Robber這個題目，這個題目是個典型的滾動數組類型題。給定一個數組，我們不能夠取相鄰的兩個元素，怎么取法可以使取得的結果和最大。比如給定[4,9,1]，我們可以取[4,1]或者取[9]，很明顯一個結果是5，一個結果是9，所以我們這里的結果應該是后者的取法。在狀態的確立上，我們可以這么理解，用A[n]數組表示每個元素（下標從0開始），當我們遇到第 i 個元素的時候，我們是取不取，當我們取了第i-1個元素的時候，我們就不能取了，要不就去掉第i-1個元素，以便於取得第i個元素。如果我們用f[n]來代表當遇到第n個元素，我們做出行動（取還是不取）之后，能夠獲得的最大值，那當取到第i個元素的時候，我們就是判斷f[i-2] + A[i]和f[i-1]的大小，然后f[i] = max(f[i-2]+A[i],f[i-1])，你說是不是呢？我們無須去管i-3之前的元素是怎么取的，因為按照這個規律來，在f[i-2]已經包含了到i-2個元素位置能夠取得的最大量了。
至此，以上已經闡明了這個思路的【狀態】還有【方程】，剩下【初始化狀態】和【結果】，我們可以注意到確定第i個方程的結果，往前需要用到i-2的元素，所以第0個元素和第1一個元素需要作為初始化的內容，因為這兩個元素均不能用i-2的元素推倒出來，所以有f[0] = A[0],f[1] = max(A[1],A[0])。而結果就是我們對第n-1個元素做出行動之后的結果，該結果存儲在f[n-1]當中。
通過代碼實現：
long long houseRobber(vector<int> A){ if(0 == A.size()) return 0; int f[A.size()]; f[0] = A[0]; if(A.size()>1) f[1] = max(A[0],A[1]); for(int i =2;i<A.size();i++) f[i] = A[i] + f[i-2]> f[i-1]? A[i] +f[i-2]:f[i-1]; return f[A.size()-1]; }
這樣，在時間復雜度O(n)可以求得結果，空間復雜度為O(n)。
【在這里我稍微拓展一下，f[i]的結果是通過對比f[i-2]+A[i]和f[i-1]的結果得來的，那其實i-3及其以前的空間都不需要再用到，所以我們可以只用三個空間重復使用來表示每一個狀態，以達到空間復雜度為O(1)】
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以上就是對一位數組的滾動數組算法求解過程，接下來探討一下二維數組的滾動數組求解過程，大家可以參考http://www.lintcode.com/en/problem/maximal-square/
題意：給定一個只包含01的二維數組，求出最大的正方形，使這個正方形的所有元素都為1
我們用Matrix[n][m]表示這個二維數組，dp[n][m]表示左上角最大符合條件的正方形邊長。首先，四個要素我們先來確定一下。【狀態】我們要確定第[i,j]的狀態要怎么確定呢，往前推一步有三個狀態，分別是[i-1,j],[i,j-1]和[i-1,j-1]，這三個狀態同樣表示了左上角最大的正方形，我們通過圖來表示理解一下：
這里為了方便畫出了dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]相等的情況，可以很容易看出，當dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]相等的時候dp[i][j]等於dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]其中的一個加上1，如果dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]不相等，那dp[i][j]取決於dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]之中小的那一個，這里偷懶就不畫圖了，大家可以自己動手畫畫看，嘿嘿~。因此【狀態】確定了，【方程】也就容易得到dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1])+1。【初始化狀態】可以想到從[1,1]開始才能應用這個方程（假定我們是從[0,0]向[n,m]逐漸確定狀態），所以i=0和j=0都是需要初始化的內容，這種情況下dp[i][j] = Matrix[i][j]。【結果】為dp矩陣中最大值的平方max{dp[n][m]}2。
代碼實現：
int maxSquare(vector<vector<int> > &matrix) { // write your code here int row = matrix.size(); int col = matrix[0].size(); int dp[row][col]; int _max = 0; for(int i =0;i<row;i++){ dp[i][0] = matrix[i][0]; dp[i][col-1] = matrix[i][col-1]; _max = dp[i][0]|dp[i][col-1]; } for(int i =0;i<col;i++){ dp[0][i] = matrix[0][i]; dp[row-1][i] = matrix[row-1][i]; _max = dp[0][i]|dp[row-1][i]; } for(int i =1;i<row;i++) for(int j = 1;j<col;j++){ if(1 == matrix[i][j]) dp[i][j] = min3(dp[i-1][j],dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]) +1; else dp[i][j] = matrix[i][j]; _max = max(dp[i][j],_max); } return _max*_max; }
時間復雜度為O(n*m)，空間復雜度為O(n*m)
【拓展：參考一位數組的拓展思路，我們確定[i,j]個狀態，分別用到[i-1,j],[i,j-1],[i-1,j-1]這三個狀態，所以我們可以想到可以用4個空間來重復表示各個狀態，但由於對於二維數組，當換行的時候到了行首會丟失這個狀態(因為4個空間在表示上一行末尾的四個狀態了)，所以我們只能用兩行（2*n）個空間來維持這個狀態】下面給出拓展后的代碼，大家僅供參考，因為初始化狀態被寫在遍歷過程中，可能會造成混亂，請諒解：
int maxSquare(vector<vector<int> > &matrix) { int row = matrix.size(); int col = matrix[0].size(); int dp[2][col]; int _max = 0; for(int i =0;i<col;i++) dp[0][i] = matrix[0][i]; for(int i =1;i<row;i++) for(int j=0;j<col;j++){ if( 0 == j ) dp[1][j] = matrix[i][j]; else{ if(1 == matrix[i][j]) dp[1][j] = min3(dp[0][j],dp[1][j-1],dp[0][j-1])+1; else dp[1][j] = 0; } _max = max(_max,dp[1][j]); dp[0][j-1] = dp[1][j-1]; } dp[0][col-1] = dp[1][col-1]; return _max*_max; }
這樣空間復雜度可以降到O(m)。
以上為個人對滾動數組的求解過程的理解，每一句代碼均經過本人測試可用，如有問題，希望大家提出斧正。
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