# 对动态规划发动降维打击
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我们号之前写过十几篇动态规划文章，可以说动态规划技巧对于算法效率的提升非常可观，一般来说都能把指数级和阶乘级时间复杂度的算法优化成 O(N^2)，堪称算法界的二向箔，把各路魑魅魍魉统统打成二次元。
但是，动态规划求解的过程中也是可以进行阶段性优化的，如果你认真观察某些动态规划问题的状态转移方程，就能够把它们解法的空间复杂度进一步降低，由 O(N^2) 降低到 O(N)。
> PS：之前我在本文中误用了「状态压缩」这个词，有读者指出「状态压缩」这个词的含义是把多个状态通过二进制运算用一个整数表示出来，从而减少 `dp` 数组的维度。而本文描述的优化方式是通过观察状态转移方程的依赖关系，从而减少 `dp` 数组的维度，确实和「状态压缩」有所区别。所以严谨起见，我把原来文章中的「状态压缩」都改为了「空间压缩」，避免名词的误用。
能够使用空间压缩技巧的动态规划都是二维 `dp` 问题，**你看它的状态转移方程，如果计算状态 `dp[i][j]` 需要的都是 `dp[i][j]` 相邻的状态，那么就可以使用空间压缩技巧**，将二维的 `dp` 数组转化成一维，将空间复杂度从 O(N^2) 降低到 O(N)。
什么叫「和 `dp[i][j]` 相邻的状态」呢，比如前文 [最长回文子序列](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=子序列问题模板) 中，最终的代码如下：
```cpp
int longestPalindromeSubseq(string s) {
int n = s.size();
// dp 数组全部初始化为 0
vector> dp(n, vector(n, 0));
// base case
for (int i = 0; i < n; i++)
dp[i][i] = 1;
// 反着遍历保证正确的状态转移
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
// 状态转移方程
if (s[i] == s[j])
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
else
dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
// 整个 s 的最长回文子串长度
return dp[0][n - 1];
}
```
> PS：我们本文不探讨如何推状态转移方程，只探讨对二维 DP 问题进行空间压缩的技巧。技巧都是通用的，所以如果你没看过前文，不明白这段代码的逻辑也无妨，完全不会阻碍你学会空间压缩。
你看我们对 `dp[i][j]` 的更新，其实只依赖于 `dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j]` 这三个状态：
这就叫和 `dp[i][j]` 相邻，反正你计算 `dp[i][j]` 只需要这三个相邻状态，其实根本不需要那么大一个二维的 dp table 对不对？**空间压缩的核心思路就是，将二维数组「投影」到一维数组**：
思路很直观，但是也有一个明显的问题，图中 `dp[i][j-1]` 和 `dp[i+1][j-1]` 这两个状态处在同一列，而一维数组中只能容下一个，那么当我计算 `dp[i][j]` 时，他俩必然有一个会被另一个覆盖掉，怎么办？
这就是空间压缩的难点，下面就来分析解决这个问题，还是拿「最长回文子序列」问题举例，它的状态转移方程主要逻辑就是如下这段代码：
```cpp
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
// 状态转移方程
if (s[i] == s[j])
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
else
dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
```
想把二维 `dp` 数组压缩成一维，一般来说是把第一个维度，也就是 `i` 这个维度去掉，只剩下 `j` 这个维度。**压缩后的一维 `dp` 数组就是之前二维 `dp` 数组的 `dp[i][..]` 那一行**。
我们先将上述代码进行改造，直接无脑去掉 `i` 这个维度，把 `dp` 数组变成一维：
```cpp
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
// 在这里，一维 dp 数组中的数是什么？
if (s[i] == s[j])
dp[j] = dp[j - 1] + 2;
else
dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
}
}
```
上述代码的一维 `dp` 数组只能表示二维 `dp` 数组的一行 `dp[i][..]`，那我怎么才能得到 `dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j]` 这几个必要的的值，进行状态转移呢？
在代码中注释的位置，将要进行状态转移，更新 `dp[j]`，那么我们要来思考两个问题：
1、在对 `dp[j]` 赋新值之前，`dp[j]` 对应着二维 `dp` 数组中的什么位置？
2、`dp[j-1]` 对应着二维 `dp` 数组中的什么位置？
**对于问题 1，在对 `dp[j]` 赋新值之前，`dp[j]` 的值就是外层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维 `dp` 数组中 `dp[i+1][j]` 的位置**。
**对于问题 2，`dp[j-1]` 的值就是内层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维 `dp` 数组中 `dp[i][j-1]` 的位置**。
那么问题已经解决了一大半了，只剩下二维 `dp` 数组中的 `dp[i+1][j-1]` 这个状态我们不能直接从一维 `dp` 数组中得到：
```cpp
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
if (s[i] == s[j])
// dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
dp[j] = ?? + 2;
else
// dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
}
}
```
因为 for 循环遍历 `i` 和 `j` 的顺序为从左向右，从下向上，所以可以发现，在更新一维 `dp` 数组的时候，`dp[i+1][j-1]` 会被 `dp[i][j-1]` 覆盖掉，图中标出了这四个位置被遍历到的次序：
**那么如果我们想得到 `dp[i+1][j-1]`，就必须在它被覆盖之前用一个临时变量 `temp` 把它存起来，并把这个变量的值保留到计算 `dp[i][j]` 的时候**。为了达到这个目的，结合上图，我们可以这样写代码：
```cpp
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
// 存储 dp[i+1][j-1] 的变量
int pre = 0;
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
int temp = dp[j];
if (s[i] == s[j])
// dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
dp[j] = pre + 2;
else
dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
// 到下一轮循环，pre 就是 dp[i+1][j-1] 了
pre = temp;
}
}
```
别小看这段代码，这是一维 `dp` 最精妙的地方，会者不难，难者不会。为了清晰起见，我用具体的数值来拆解这个逻辑：
假设现在 `i = 5, j = 7` 且 `s[5] == s[7]`，那么现在会进入下面这个逻辑对吧：
```cpp
if (s[5] == s[7])
// dp[5][7] = dp[i+1][j-1] + 2;
dp[7] = pre + 2;
```
我问你这个 `pre` 变量是什么？是内层 for 循环上一次迭代的 `temp` 值。
那我再问你内层 for 循环上一次迭代的 `temp` 值是什么？是 `dp[j-1]` 也就是 `dp[6]`，但这是外层 for 循环上一次迭代对应的 `dp[6]`，也就是二维 `dp` 数组中的 `dp[i+1][6] = dp[6][6]`。
也就是说，`pre` 变量就是 `dp[i+1][j-1] = dp[6][6]`，也就是我们想要的结果。
那么现在我们成功对状态转移方程进行了降维打击，算是最硬的的骨头啃掉了，但注意到我们还有 base case 要处理呀：
```cpp
// dp 数组全部初始化为 0
vector> dp(n, vector(n, 0));
// base case
for (int i = 0; i < n; i++)
dp[i][i] = 1;
```
如何把 base case 也打成一维呢？很简单，记住空间压缩就是投影，我们把 base case 投影到一维看看：
二维 `dp` 数组中的 base case 全都落入了一维 `dp` 数组，不存在冲突和覆盖，所以说我们直接这样写代码就行了：
```cpp
// 一维 dp 数组全部初始化为 1
vector dp(n, 1);
```
至此，我们把 base case 和状态转移方程都进行了降维，实际上已经写出完整代码了：
```cpp
int longestPalindromeSubseq(string s) {
int n = s.size();
// base case：一维 dp 数组全部初始化为 0
vector dp(n, 1);
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
int pre = 0;
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
int temp = dp[j];
// 状态转移方程
if (s[i] == s[j])
dp[j] = pre + 2;
else
dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
pre = temp;
}
}
return dp[n - 1];
}
```
本文就结束了，不过空间压缩技巧再牛逼，也是基于常规动态规划思路之上的。
你也看到了，使用空间压缩技巧对二维 `dp` 数组进行降维打击之后，解法代码的可读性变得非常差了，如果直接看这种解法，任何人都是一脸懵逼的。算法的优化就是这么一个过程，先写出可读性很好的暴力递归算法，然后尝试运用动态规划技巧优化重叠子问题，最后尝试用空间压缩技巧优化空间复杂度。
也就是说，你最起码能够熟练运用我们前文 [动态规划框架套路详解](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=动态规划详解进阶) 的套路找出状态转移方程，写出一个正确的动态规划解法，然后才有可能观察状态转移的情况，分析是否可能使用空间压缩技巧来优化。
希望读者能够稳扎稳打，层层递进，对于这种比较极限的优化，不做也罢。毕竟套路存于心，走遍天下都不怕！
引用本文的文章
- [一个方法团灭 LeetCode 股票买卖问题](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=团灭股票问题)
- [动态规划之最小路径和](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=最小路径和)
- [动态规划设计：最大子数组](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=最大子数组)
- [我的刷题心得](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=算法心得)
- [经典动态规划：子集背包问题](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=背包子集)
- [经典动态规划：完全背包问题](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=背包零钱)
- [经典动态规划：最长公共子序列](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=LCS)
- [经典动态规划：高楼扔鸡蛋](https://labuladong.github.io/article/fname.html?fname=高楼扔鸡蛋问题)
引用本文的题目
安装 [我的 Chrome 刷题插件](https://mp.weixin.qq.com/s/X-fE9sR4BLi6T9pn7xP4pg) 点开下列题目可直接查看解题思路：
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| [63. Unique Paths II](https://leetcode.com/problems/unique-paths-ii/?show=1) | [63. 不同路径 II](https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/?show=1) |
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