本文主要是介绍【十五】【动态规划】115. 不同的子序列、44. 通配符匹配、10. 正则表达式匹配 ，三道题目深度解析，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
动态规划
动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。
动态规划与数学归纳法思想上十分相似。
数学归纳法：
-
基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。
-
归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。
通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。
动态规划：
-
状态表示：
-
状态转移方程：
-
初始化：
-
填表顺序：
-
返回值：
数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。
数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。
动态规划的思想和数学归纳法思想类似。
在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。
接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。
115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）
题目解析
状态表示
对于子序列的问题研究，我们通常研究[0,i]这段区域中的子序列的情况，对于两段字符串，研究子序列问题，我们可以分别研究一个字符串中[0,i]的区域，和另一个字符串中[0,j]的区域中的子序列的情况。
结合题目意思，我们可以定义这样的状态表示，定义dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。
状态转移方程
对于状态转移方程的推导，通常都是通过最后一个位置的状况进行分类讨论。
对（i，j）状态进行分析，尝试通过其他状态推导出（i，j）位置的状态值。
-
如果s[0，i]区域和t[0,j]子数组相等的子序列包括s[i]元素， 此时s[i]==s[j]，要在s中[0,i]区域找和t的[0,j]子数组相等的子序列，只需要在s中[0,i-1]区域找和t的[0,j-1]子数组相等的子序列即可，在所有情况后面添加s[i]和t[j]，每一种情况构成（s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列）的一种情况，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。
-
如果s[0，i]区域和t[0,j]子数组相等的子序列不包括s[i]元素， 此时dp[i][j]=dp[i-1][j]。
综上所述，状态转移方程为，
if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]；
dp[i][j]+=dp[i-1][j]；因为dp[i][j]都是+=进行赋值，所以dp[i][j]一定要有初始值0，所以我们需要将所有位置的状态初始化为0。
初始化
根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置的状态时，可能需要用到（i-1，j-1）（i-1，j）位置的状态。
所以在推导蓝色位置的状态时，会发现越界情况，也就是没有前驱使得蓝色位置状态可以推导出来，所以我们需要把这些位置进行初始化。
-
初始化蓝色行部分， 此时i=0，j=0、1、...，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。
-
如果[0,j]有至少两个元素， 此时dp[i][j]=0。
-
如果[0,j]只有一个元素, 此时dp[i][j]=s[0]==t[0]?1:0。
-
-
初始化蓝色列部分， （0,0）位置在初始化蓝色行部分就处理过了，所以我们从(0,1)开始初始化。 此时i=1、2、...，j=0，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。
所以我们要遍历s数组[1,i]元素，统计和t[0]相等的元素有多少个。这里需要用两个for循环，时间复杂度是O(N^2),且书写起来有些许复杂。我们希望有更简便的初始化过程。
我们在初始化过程中，觉得这个代码写起来比较复杂，我们希望可以简单实现初始化过程，因此我们可以添加虚拟节点，代替原来需要初始化位置。
即多添加一行和一列。
添加虚拟节点有几点注意事项，
-
对虚拟节点进行初始化，需要保证推导蓝色位置的状态的准确性。
-
注意下标映射的关系。
对虚拟节点进行初始化：
对虚拟节点进行初始化，一般是通过实际意义来初始化。
初始化蓝色行部分， 此时i=0，j=0、1、...，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。
如果[0,j]有至少两个元素， 此时dp[i][j]=0。
如果[0,j]只有一个元素, 此时dp[i][j]=s[0]==t[0]?1:0。
初始化蓝色列部分， （0,0）位置在初始化蓝色行部分就处理过了，所以我们从(0,1)开始初始化。 此时i=1、2、...，j=0，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。
所以我们要遍历s数组[1,i]元素，统计和t[0]相等的元素有多少个。
我们先观察状态表示和状态转移方程，
dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。
if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]； dp[i][j]+=dp[i-1][j]；
-
对蓝色行部分进行分析， 如果[0,j]有至少两个元素，即j>=1，此时dp[i][j]=0,对应状态转移方程，不管s[i]是否等于t[j]，dp[i][j]都需要等于0，所以dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]都需要初始化为0。 如果[0,j]只有一个元素，当s[i]==s[j]时，dp[i][j]=1，否则dp[i][j]=0,所以dp[i-1][j-1]应该等于1，dp[i-1][j]应该等于0。 即，（0,0）初始化为1，（0,1）、（0,2）...初始化为0。
-
对蓝色列部分进行分析， 此时i=1、2、...，j=0，我们要在[0,i]子序列中找与[0,j]相等的子序列个数。 dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。
if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]；dp[i][j]+=dp[i-1][j]；如果选s[i]元素，此时s[i]==t[j]，dp[i][j]+=1。 如果不选s[i]元素，dp[i][j]+=dp[i-1][j]。 对应状态转移方程，dp[i-1][j-1]应该初始化为1，dp[i-1][j]不需要处理。 即（1,0）（1,1）....全部初始化为1。
综上所述，绿色第一列全部初始化为1，第一行除第一个元素，全部初始化为0。再加上在状态转移方程中的分析，紫色位置状态全部初始化为0。
下标映射关系：
dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。
因为多添加了一行和一列，所以实际上dp[i][j]表示s中[0,i-1]区域的所有子序列，与t中[0,j-1]区域子数组相等的子序列个数。
有两种解决办法。
-
从dp[i][j]找s，t中对应的位置需要下标减1。即用i-1，j-1找到s，t中的对应位置。
-
当然也可以在s，t前面添加一个字符作为平衡，这样dp[i][j]就可以直接与s[i]、t[j]元素进行对应。
实际上下标映射关系改变后，相应的状态表示，状态转移方程都需要改变，但我们只需要注意一下下标的映射关系含义即可。
填表顺序
根据状态转移方程，
if（s[i]==t[j]）dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]；dp[i][j]+=dp[i-1][j]；我们知道，推导（i，j）位置的状态时，我们需要用到（i-1，j-1）（i-1，j）的位置。
-
固定i改变j， 此时i的变化一定是从小到大，当推导 （i，）位置的状态时，（i-1，）位置的状态已经得出，所以j的变化可以从小到大，也可以从大到小。
-
固定j改变i， 此时j的变化一定是从小到大，又因为需要（i-1，j）位置的状态，所以i的变化也要从小到大。
返回值
根据状态表示，
dp[i][j]表示s中[0,i]区域的所有子序列，与t中[0,j]区域子数组相等的子序列个数。
结合题目意思，我们需要s中[0，m]区域的所有子序列，与t中[0，n]区域子数组相等的子序列个数。
又因为下标映射关系，所以我们需要返回dp[m][n]。
代码实现
class Solution {
public:int numDistinct(string s, string t) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回值int n = t.size(), m = s.size();vector<vector<double>> dp(m + 1, vector<double>(n + 1));for (int i = 0; i <= m; i++)dp[i][0] = 1; // 初始化for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 1; j <= n; j++) {dp[i][j] += dp[i-1][j];if (s[i - 1] == t[j - 1])dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1];}return dp[m][n];}
};44. 通配符匹配 - 力扣（LeetCode）
题目解析
状态表示
对于两个字符串之间的dp问题,我们一般的思考方式如下:
-
选取第一个字符串的[0,i]区间以及第二个字符串的[0,j]区间当成研究对象,结合题目的要求来定义「状态表示」;
-
然后根据两个区间上「最后一个位置的字符」,来进行「分类讨论」,从而确定「状态转移方程」。
我们可以根据上面的策略,解决大部分关于两个字符串之间的dp问题。
因此,我们定义状态表示为: dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
状态转移方程
根据最后一个位置的具体状况进行分类讨论，
-
如果p[j]为一个小写英文字符，
-
如果p[j]==s[i]， 此时只需要判断p[0,j-1]字符串能否匹配s[0,i-1]字符串，所以此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。
-
如果p[j]!=s[i]， 此时无法匹配，所以dp[i][j]=false。
-
-
如果p[j]==‘？’， 此时让p[j]==s[i]，只需要判断p[0,j-1]字符串能否匹配s[0,i-1]字符串，所以此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。
-
如果p[j]=='*'，
-
正常书写代码，只要一种情况可以匹配，那么dp[i][j]就等于true，所以我们要遍历dp[0][j-1]~dp[i][j-1]，此时需要花费O(n)的时间，而dp表是二维，最终我们时间复杂度会达到O(n
^3),我们希望可以减低时间复杂度，O（n^3）时间复杂度实在是太大了。 我们观察上述推导，可以发现一个很有趣的东西，dp[i][j-1],dp[i-1][j-1],dp[i-2][j-1]...这里横坐标很有规律的减少1，纵坐标不变。我们尝试推导dp[i-1][j]，得到
dp[i-1][j]=(dp[i-1][j]||dp[i-2][j-1]||dp[i-3][j-1]||dp[i-4][j-1]....||dp[0][j-1]||j==0),又因为dp[i][j]=(dp[i][j-1]||dp[i-1][j-1]||dp[i-2][j-1]||dp[i-3][j-1].....||dp[0][j-1]||j==0),所以我们可以写成这样，
dp[i][j]=(dp[i][j-1]||dp[i-1][j])这样用一个表达式就可以解决这一种情况，将O(n）的时间复杂度降低到了O(1)。（注意，dp[i-1][j]和dp[i][j]省略号会一直到dp[0][j-1]，所以是严格相等。） 此时dp[i][j]=(dp[i][j-1]||dp[i-1][j])。
将上述情况进行合并和简化，我们可以得到状态转移方程，
if (p[j] == '*')dp[i][j] = dp[i][j-1] || dp[i-1][j];elsedp[i][j] =(p[j] == '?' || s[i] == p[j]) && dp[i - 1][j - 1];初始化
根据状态转移方程，我们知道，想要推导出(i,j)位置的状态需要用到，（i，j-1）（i-1，j）（i-1，j-1）的状态。
当我们在推导蓝色部分的状态时，就会发现越界的情况，也就是没有前驱使得蓝色位置状态可以推导出来，所以我们需要把这些位置进行初始化。
为了简化初始化的过程，我们可以创建虚拟节点，即多添加一行和一列代替原先需要初始化的位置。
此时绿色部分构成原先蓝色部分的前驱，也就是代替了原先蓝色部分，我们现在只需要初始化绿色部分即可。
添加虚拟节点有几点注意事项，
-
对虚拟节点进行初始化，需要保证推导蓝色位置的状态的准确性。
-
注意下标映射的关系。
对虚拟节点进行初始化：
dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
为了统一状态表示，我们可以定义绿色部分含义为空串。
dp[0][0]表示两个空串是否能匹配，此时dp[0][0]=true。
-
当i==0,j>0， 表示s是空串，p[0,j]能否匹配，此时如果p[0,j]全是'*'，dp[i][j]=true。
-
当i>0,j==0, 表示p是空串，s[0,i]能否匹配，此时dp[i][j]=false。
下标映射的关系：
dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
因为多添加了一行和一列，所以实际上dp[i][j]表示s中[0,i-1]区域的所有子序列，与p中[0,j-1]区域子数组相等的子序列个数。
有两种解决办法。
-
从dp[i][j]找s，p中对应的位置需要下标减1。即用i-1，j-1找到s，p中的对应位置。
-
当然也可以在s，p前面添加一个字符作为平衡，这样dp[i][j]就可以直接与s[i]、t[j]元素进行对应。
实际上下标映射关系改变后，相应的状态表示，状态转移方程都需要改变，但我们只需要注意一下下标的映射关系含义即可。
填表顺序
状态转移方程，
if (p[j] == '*')dp[i][j] = dp[i][j-1] || dp[i-1][j];elsedp[i][j] =(p[j] == '?' || s[i] == p[j]) && dp[i - 1][j - 1];根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置状态时，需要用到（i，j-1）（i-1，j）（i-1，j-1）位置的状态。
-
固定i，改变j， i的变化需要从小到大，由于要用到（i，j-1）位置的状态，所以j的变化需要从小到大。
-
固定j，改变i， j的变化需要从小到大，由于要用到（i-1，j）位置的状态，所以i的变化需要从小到大。
返回值
dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
根据状态表示和题目意思，我们需要判断字符串p[0,n]能否匹配字符串 s [0,m]。
又因为下标映射关系，所以我们需要返回dp[m][n]。
代码实现
class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {int m = s.size(), n = p.size();s = " " + s, p = " " + p;vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1)); // 1. 创建 dp 表dp[0][0] = true; // 2. 初始化for (int j = 1; j <= n; j++)if (p[j] == '*')dp[0][j] = true;elsebreak;// 3. 填表for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {if (p[j] == '*')dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1];elsedp[i][j] =(p[j] == '?' || s[i] == p[j]) && dp[i - 1][j - 1];}}// 4. 返回值return dp[m][n];}
};10. 正则表达式匹配 - 力扣（LeetCode）
题目解析
状态表示
对于两个字符串之间的dp问题,我们一般的思考方式如下:
-
选取第一个字符串的[0,i]区间以及第二个字符串的[0,j]区间当成研究对象,结合题目的要求来定义「状态表示」;
-
然后根据两个区间上「最后一个位置的字符」,来进行「分类讨论」,从而确定「状态转移方程」。
我们可以根据上面的策略,解决大部分关于两个字符串之间的dp问题。
因此,我们定义状态表示为: dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
状态转移方程
根据最后一个位置的具体状况进行分类讨论，
-
如果p[j]为一个小写英文字母，
-
如果s[i]==p[j]，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。
-
如果s[i]!=p[j]，此时dp[i][j]=false。
-
-
如果p[j]=='.', 此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]。
-
如果p[j]=='*',
-
观察上述推导，我们发现一个很有趣的东西，dp[i-1][j-2]、dp[i-2][j-2]、dp[i-3][j-2]....横坐标依次减一，纵坐标不变，变化十分有规律。由此我们尝试推导dp[i-1][j]的等式，得到
dp[i-1][j]=(dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]||dp[i-3][j-2]||...||dp[0][j-1]||全部匹配||p[i-1]=='.'),又dp[i][j]=(dp[i][j-2]||dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]||dp[i-3][j-2]||...||dp[0][j-1]||全部匹配||p[i-1]=='.'),得到
dp[i][j]=(dp[i][j-2]||dp[i-1][j]);
综上所述，状态转移方程为，
if (p[j] == '*')dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (p[j - 1] == '.' || p[j - 1] == s[i]) && dp[i - 1][j];elsedp[i][j] = (p[j] == s[i] || p[j] == '.') && dp[i - 1][j - 1];初始化
根据状态转移方程，我们知道，想要推导出(i,j)位置的状态需要用到，（i，j-2）（i-1，j）（i-1，j-1）的状态，还需要判断p[j-1]。
注意，如果*出现，前面一定有至少一个元素，所以(i，j-2）位置的状态一定不会越界。所以我们只需要考虑（i-1，j）（i-1，j-1）的状态，以及判断p[j-1]。
当我们在推导蓝色部分的状态时，就会发现越界的情况，也就是没有前驱使得蓝色位置状态可以推导出来，所以我们需要把这些位置进行初始化。
为了简化初始化的过程，我们可以创建虚拟节点，即多添加一行和一列代替原先需要初始化的位置。
添加虚拟节点有几点注意事项，
-
对虚拟节点进行初始化，需要保证推导蓝色位置的状态的准确性。
-
注意下标映射的关系。
对虚拟节点进行初始化：
dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
为了统一状态表示，我们可以定义绿色部分含义为空串。
dp[0][0]表示两个空串是否能匹配，此时dp[0][0]=true。
-
当i==0,j>0， 表示s是空串，p[0,j]能否匹配，此时只有可能p[0,j]所有字符表示为“任一字符+*“才能匹配空串。
-
当i>0,j==0, 此时s[0,i],p时空串，不可能匹配，dp[i][j]=false。
下标映射的关系：
dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
因为多添加了一行和一列，所以实际上dp[i][j]表示s中[0,i-1]区域的所有子序列，与p中[0,j-1]区域子数组相等的子序列个数。
有两种解决办法。
-
从dp[i][j]找s，p中对应的位置需要下标减1。即用i-1，j-1找到s，p中的对应位置。
-
当然也可以在s，p前面添加一个字符作为平衡，这样dp[i][j]就可以直接与s[i]、t[j]元素进行对应。
实际上下标映射关系改变后，相应的状态表示，状态转移方程都需要改变，但我们只需要注意一下下标的映射关系含义即可。
填表顺序
根据状态转移方程，我们知道，想要推导出(i,j)位置的状态需要用到，（i，j-2）（i-1，j）（i-1，j-1）的状态，还需要判断p[j-1]。
-
固定i改变j， i的变化需要从小到大，由于需要用到（i，j-2）位置的状态，所以j的变化需要从小到大。
-
固定j改变i， j的变化需要从小到大，由于需要用到（i-1，j）位置的状态，所以i的变化需要从小到大。
返回值
dp[i][j]表示:字符串p[0,j]能否匹配字符串 s 的[0,i]。
根据状态表示和题目意思，我们需要判断字符串p[0,n]能否匹配字符串 s [0,m]。
又因为下标映射关系，所以我们需要返回dp[m][n]。
代码实现
class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {int m = s.size(), n = p.size();s = ' ' + s, p = ' ' + p;// 1. 创建 dp 表vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1));// 2. 初始化dp[0][0] = true;for (int j = 2; j <= n; j += 2)if (p[j] == '*')dp[0][j] = true;elsebreak;// 3. 填表for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {if (p[j] == '*')dp[i][j] =dp[i][j - 2] ||(p[j - 1] == '.' || p[j - 1] == s[i]) && dp[i - 1][j];elsedp[i][j] = (p[j] == s[i] || p[j] == '.') && dp[i - 1][j - 1];}}// 4. 返回值return dp[m][n];}
};结尾
今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。
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谢谢您的支持，期待与您在下一篇文章中再次相遇！
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