动态规划
基础
动态规划，又名状态转移过程的求解，本质上是由一个状态达到另一个状态时，值的变化，最终影响所求解问题。
强化学习最初的算法中，就有动态规划。
随想录中则是提出了动态规划的五个步骤，我认为可以分为上半部分和下半部分：
上半部分——理论
1 - 确定dp数组的含义：即我们求解的问题是什么
2 - 确定递推公式：当前状态如何由之前的状态推导而来
下班部分——实操
3 - dp数组如何初始化：既然其他状态都由状态推导而来，那么必然就会有个初始状态，往往先确定递推公式，反过来确定初始状态会更容易一些
4 - 确定遍历顺序：这一点往往比较难想，涉及到不同的问题
5 - 举例推导dp数组：这一步是为了验证前面四步是否是正确的
509 斐波那契数 easy
斐波那契数 （通常用 F(n) 表示）形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：
F(0) = 0，F(1) = 1
F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1
给定 n ，请计算 F(n) 。
这道题，没什么可说的，因为递推公式和初始状态都已经给出来了，照着写题就行，因为求的是最终结果，那么直接用O（1）的空间复杂度来解决就可以了，代码如下：
int fib(int n) {
if (n <= 1) return n;
int res;
int dp1 = 0;
int dp2 = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
res = dp1 + dp2;
dp1 = dp2;
dp2 = res;
}
return res;
}
70 爬楼梯 easy
假设你正在爬楼梯。需要
n阶你才能到达楼顶。每次你可以爬
1或2个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
这道题就可以稍微用用上面提到的五部曲了“
1 - dp[i] 表示爬到第i阶时一共可以有的方法
2 - dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，即爬到现在这个台阶可以用的方法，是从下一级和下两级方法的总和
3 - 如果台阶只有一阶，那么方法就只有一种
4 - 楼梯要从下往上走，那么遍历顺序从前往后，就是毋庸置疑的
5 - 举例：以台阶有两级为例，
有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
代码如下：
int climbStairs(int n) {
vector<int> dp(n + 1, 0);
if (n <= 1) return 1;
dp[0] = 1, dp[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
如果要优化一下空间复杂度，可以考虑不用数组，而是直接使用三个变量表示状态之间的关系就可以了。此处省略。
746 使用最小花费爬楼梯 easy
给你一个整数数组 cost ，其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用，即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。
请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
还是五部曲：
1 - 确定dp数组的含义：毋庸置疑，就是爬到第i个台阶时，花费的总费用
2 - 推导dp公式：爬到当前台阶，有两种前置状态：从上一个台阶走了一步，从上两个台阶走了两步，别无其他。那么dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i - 2]) + cost[i]，由于之前的状态必然是要往上走的，所以还要加上当前台阶所需的费用。
3 - 确定初始值：台阶0 和 台阶1都是该台阶往上走的花费
4 - 确定遍历顺序：从前往后（毕竟这是简单题的水平
5 - 举例：省略
这道题的代码我们就用省空间的写法来解，代码如下：
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
int dp0 = cost[0];
int dp1 = cost[1];
for (int i = 2; i < cost.size(); i++) {
int dpi = min(dp0, dp1) + cost[i];
dp0 = dp1; // 记录一下前两位
dp1 = dpi;
}
return min(dp0, dp1);
}