力扣 Hot100 动态规划刷题心法：从入门到精通的蜕变之路

 在无数个与动态规划博弈的深夜后，我终于参透了状态转移的奥义。动态规划作为算法领域的 "硬骨头"，曾让我在力扣刷题之路上屡屡碰壁。但经过数百次提交与反思，我逐渐找到了突破 DP 瓶颈的方法论。本文将结合力扣 Hot100 经典题目，分享从 DP 小白到独立解题的蜕变之路。

一、刷题心路：从迷茫到顿悟的旅程

初次接触力扣 Hot100 时，动态规划就像一座难以逾越的高山。记得第一次做【70. 爬楼梯】时，我盯着题目发呆半小时，直到看到题解中那句 "当前状态 = 前两阶状态之和" 才恍然大悟。DP 的核心在于状态定义与状态转移，这需要突破常规思维模式：

1. 三阶段成长轨迹

• 阶段 1：看题就懵（如【322. 零钱兑换】）
  面对 "给定不同面额的硬币，计算凑成总金额所需的最少硬币数"，完全无法将问题拆解为子问题

• 阶段 2：看懂题解但写不出（如【139. 单词拆分】）
  理解了 "dp [i] 表示 s [0..i-1] 是否可被拆分" 的状态定义，却无法独立推导出状态转移的逻辑

• 阶段 3：能独立推导状态方程（如【198. 打家劫舍】）
  开始掌握 "选与不选" 的决策思维，能自主分析子问题间的依赖关系

2. 关键顿悟时刻

• 发现背包问题本质是选择与放弃的艺术：每个物品的决策都会影响后续状态
• 理解字符串 DP 中【编辑距离】的二维状态设计：dp [i][j] 表示将字符串 A 前 i 个字符转为 B 前 j 个字符的最小操作数
• 掌握树形 DP 中【124. 二叉树最大路径和】的后序遍历逻辑：每个节点的状态需要基于左右子树的计算结果

二、动态规划核心框架（五步法）

动态规划的解题过程可以抽象为统一的五步法框架，这是突破各类 DP 题的通用钥匙：

public int dpSolution(int[] nums) {// 1. 状态定义：dp[i]代表什么状态？int n = nums.length;int[] dp = new int[n];// 2. 边界初始化：处理最小规模的子问题dp[0] = nums[0];dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);// 3. 状态转移方程（核心）：如何从子问题推导当前问题for (int i = 2; i < n; i++) {// 关键决策点：选or不选？dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i]);}// 4. 遍历顺序：确保计算当前状态时依赖的状态已计算完成// （此处为从左到右的线性遍历）// 5. 返回目标状态：通常是dp数组的某个特定位置return dp[n-1];
}

三、Hot100 经典 DP 题目精析

1. 【70. 爬楼梯】 - 入门必做

这是 DP 最经典的入门题，核心在于发现斐波那契数列的递推关系：

public int climbStairs(int n) {if (n <= 2) return n;// 状态压缩优化：只需要保存前两个状态int prev = 1;  // 前一阶的方法数int curr = 2;  // 当前阶的方法数for (int i = 3; i <= n; i++) {int next = prev + curr;  // 下一阶的方法数prev = curr;curr = next;}return curr;
}

核心思想：当前阶的方法数 = 前一阶的方法数 + 前两阶的方法数

2. 【198. 打家劫舍】 - 决策思维训练

这是 "选与不选" 决策模型的典型应用：

public int rob(int[] nums) {if (nums == null || nums.length == 0) return 0;if (nums.length == 1) return nums[0];// dp[i]表示前i个房子能偷到的最大金额int[] dp = new int[nums.length];dp[0] = nums[0];dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);for (int i = 2; i < nums.length; i++) {// 决策点：偷当前房子(i)则不能偷前一个(i-1)dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i-2] + nums[i]);}return dp[nums.length - 1];
}

状态压缩优化：

public int rob(int[] nums) {int prevMax = 0;  // 不偷当前房子时的最大金额int currMax = 0;  // 偷当前房子时的最大金额for (int num : nums) {int temp = currMax;currMax = prevMax + num;  // 偷当前房子，前一个不能偷prevMax = Math.max(prevMax, temp);  // 不偷当前房子，取前两种情况的最大值}return Math.max(prevMax, currMax);
}

决策要点：相邻房子不能同时偷 → 对于每个房子，选择 "偷" 或 "不偷" 中的收益较大者

3. 【139. 单词拆分】 - 字符串 DP

这是字符串类 DP 的典型代表，需要逆向思考：

public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {int n = s.length();// dp[i]表示s的前i个字符能否被字典中的单词拆分boolean[] dp = new boolean[n + 1];dp[0] = true;  // 空字符串可以被拆分// 将字典转换为集合，加速查找Set<String> dict = new HashSet<>(wordDict);for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {// 如果前j个字符能被拆分，且子串s[j,i)在字典中if (dp[j] && dict.contains(s.substring(j, i))) {dp[i] = true;break;  // 只要有一种拆分方式即可}}}return dp[n];
}

技巧：

• 外层循环遍历字符串长度
• 内层循环尝试不同的分割点
• 利用 HashSet 加速字典查找

4. 【322. 零钱兑换】 - 完全背包问题

这是典型的完全背包问题（每种物品可选无限次）：

public int coinChange(int[] coins, int amount) {// dp[i]表示凑成金额i所需的最少硬币数int[] dp = new int[amount + 1];Arrays.fill(dp, amount + 1);  // 初始化为一个不可能的值dp[0] = 0;  // 凑成金额0不需要任何硬币for (int coin : coins) {for (int i = coin; i <= amount; i++) {// 状态转移：使用当前硬币或不使用dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);}}return dp[amount] > amount ? -1 : dp[amount];  // 如果无法凑成，返回-1
}

关键点：

• 外层遍历物品（硬币）
• 内层正序遍历容量（金额），体现每种硬币可重复使用
• dp [i] = min (dp [i], dp [i-coin] + 1) 表示使用当前硬币后的最优解

5. 【53. 最大子数组和】 - 子数组问题

这是子数组类 DP 的经典题目：

public int maxSubArray(int[] nums) {int n = nums.length;// dp[i]表示以nums[i]结尾的最大子数组和int[] dp = new int[n];dp[0] = nums[0];int maxSum = dp[0];for (int i = 1; i < n; i++) {// 决策：是加入前面的子数组，还是重新开始一个子数组dp[i] = Math.max(nums[i], dp[i-1] + nums[i]);maxSum = Math.max(maxSum, dp[i]);  // 更新全局最大值}return maxSum;
}

状态压缩优化：

public int maxSubArray(int[] nums) {int currMax = nums[0];  // 当前位置的最大子数组和int globalMax = nums[0];  // 全局最大子数组和for (int i = 1; i < nums.length; i++) {currMax = Math.max(nums[i], currMax + nums[i]);globalMax = Math.max(globalMax, currMax);}return globalMax;
}

决策要点：对于每个元素，决定是将其加入前面的子数组，还是以它为起点创建新的子数组

四、突破 DP 瓶颈的实战技巧

1. 降维打击法

很多二维 DP 问题可以优化为一维或常数空间：

• 滚动数组：将二维 DP 优化为一维（如【1143. 最长公共子序列】）
• 状态压缩：用位运算代替数组（如【464. 我能赢吗】）

以【62. 不同路径】为例，二维 DP 解法：

public int uniquePaths(int m, int n) {// dp[i][j]表示从起点到(i,j)的路径数int[][] dp = new int[m][n];// 初始化边界for (int i = 0; i < m; i++) {dp[i][0] = 1;}for (int j = 0; j < n; j++) {dp[0][j] = 1;}// 状态转移for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];}}return dp[m-1][n-1];
}

一维优化解法：

public int uniquePaths(int m, int n) {// 只需要保存一行的状态int[] dp = new int[n];// 初始化Arrays.fill(dp, 1);// 状态转移for (int i = 1; i < m; i++) {for (int j = 1; j < n; j++) {dp[j] = dp[j] + dp[j-1];  // 等价于dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]}}return dp[n-1];
}

2. 树形 DP 模板

树形 DP 通常采用后序遍历，先处理子树，再处理根节点：

// 以【337.打家劫舍III】为例
public int rob(TreeNode root) {int[] result = robSub(root);return Math.max(result[0], result[1]);
}// 返回一个长度为2的数组：[不偷当前节点的最大值, 偷当前节点的最大值]
private int[] robSub(TreeNode node) {if (node == null) return new int[2];// 后序遍历，先处理左右子树int[] left = robSub(node.left);int[] right = robSub(node.right);int[] result = new int[2];// 不偷当前节点，左右子树可偷可不偷，取最大值相加result[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);// 偷当前节点，左右子树都不能偷result[1] = node.val + left[0] + right[0];return result;
}

3. Debug 锦囊

• 打印 DP 表：可视化状态转移过程，帮助理解问题
• 特殊用例验证：对空数组、单元素、全负数等边界情况进行手动推导
• 数学归纳法验证：确保状态转移方程在所有情况下都成立

五、高效刷题路线图

1. 新手村（1-2 周）

• 70. 爬楼梯 → 509. 斐波那契数（基础递推）
• 198. 打家劫舍 → 213. 打家劫舍 II（环形数组变体）
• 53. 最大子数组和 → 152. 乘积最大子数组（子数组问题进阶）

2. 进阶训练（2-3 周）

• 322. 零钱兑换 → 518. 零钱兑换 II（完全背包问题）
• 300. 最长递增子序列 → 673. 最长递增子序列的个数（子序列问题）
• 1143. 最长公共子序列 → 72. 编辑距离（字符串 DP）

3. 高手挑战（3-4 周）

• 124. 二叉树最大路径和（树形 DP）
• 312. 戳气球（区间 DP）
• 416. 分割等和子集（01 背包变体）
• 887. 鸡蛋掉落（决策优化）

六、致未来的自己

当你在深夜为状态转移方程抓狂时，请记住：每个 AC 的背后都有无数个 WA 的铺垫。我的刷题记录：

• 累计提交：427 次
• 首次独立解出 hard 题：编辑距离（耗时 3.5 小时）
• 最大收获：DP 思维迁移到实际开发需求分析中

刷题最大的惊喜不是通过率 100%，而是某天突然发现：曾经望而生畏的题目，现在能优雅地写出dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j]这样的状态转移。这大概就是算法之美吧！

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附录：DP 问题分类速查表

类型	经典题目	状态维度	核心思路
线性 DP	爬楼梯、打家劫舍系列	一维	当前状态仅依赖有限个历史状态
背包问题	零钱兑换、分割等和子集	二维	物品选择决策，容量限制
字符串 DP	编辑距离、最长公共子序列	二维	字符匹配与转换操作
树形 DP	二叉树最大路径和	树形	后序遍历，自底向上传递状态
区间 DP	戳气球、最长回文子序列	二维	区间合并与分割
状态压缩 DP	我能赢吗、旅行商问题	一维	用位运算表示集合状态