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

class Solution {
public:int fib(int n) {if(n<2){return n;}int res=fib(n-1)+fib(n-2);return res;}
};

时间复杂度：O(2^n)；空间复杂度：O(n)，算上了编程语言中实现递归的系统栈所占空间

动态规划：这里我们要用一个一维 dp 数组来保存递归的结果；确定dp数组以及下标的含义，dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]

• 确定递推公式：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
• dp数组如何初始化：dp[0] = 0; dp[1] = 1;
• 确定遍历顺序：从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的
• 举例推导dp数组

class Solution {
public:int fib(int n) {if(n<2){return n;}vector<int> dp(n+1,0);dp[1]=1;for(int i=2;i<dp.size();i++){dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];}return dp[dp.size()-1];}
};

时间复杂度：O(n); 空间复杂度：O(n)

        if(n<2){return n;}int dp[2]={0,1};for(int i=2;i<n+1;i++){dp[i%2]=dp[0]+dp[1];}return dp[(n)%2];

时间复杂度：O(n);空间复杂度：O(1)

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？

爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法。那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ，第二层楼梯再跨一步就到第三层。所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划了。此时大家应该发现了，这不就是斐波那契数列么！

class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if(n<3){return n;}int dp[2]={1,2};for(int i=2;i<n;i++){dp[i%2]=dp[0]+dp[1];}return dp[(n-1)%2];}
};

后面将讲解的很多动规的题目其实都是当前状态依赖前两个，或者前三个状态，都可以做空间上的优化，但我个人认为面试中能写出版本一就够了哈，清晰明了，如果面试官要求进一步优化空间的话，我们再去优化。

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。

• 确定dp数组以及下标的含义：本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。
• 确定递推公式：可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。一定是选最小的，所以dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
• dp数组如何初始化：看一下递归公式，dp[i]由dp[i - 1]，dp[i - 2]推出，既然初始化所有的dp[i]是不可能的，那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了，其他的最终都是dp[0]dp[1]推出。题目描述中明确说了 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。” 也就是说 到达 第 0 个台阶是不花费的，但从 第0 个台阶 往上跳的话，需要花费 cost[0]。所以初始化 dp[0] = 0，dp[1] = 0;

class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {if(cost.size()<3){return min(cost[0],cost[1]);}vector<int> dp(cost.size()+1,0);for(int i=2;i<dp.size();i++){dp[i]=min(dp[i-1]+cost[i-1],dp[i-2]+cost[i-2]);}return dp[cost.size()];}
};

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。问总共有多少条不同的路径？

这道题目，刚一看最直观的想法就是用图论里的深搜，来枚举出来有多少种路径。注意题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步，那么其实机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树，而叶子节点就是终点！

class Solution {
public:int track(int i,int j,int m,int n){if(i>m||j>n){return 0;}if(i==m && j==n){return 1;}return track(i+1,j,m,n)+track(i,j+1,m,n);}int uniquePaths(int m, int n) {return track(0,0,m-1,n-1);}
};//超时

那二叉树的节点个数就是 2^(m + n - 1) - 1。可以理解深搜的算法就是遍历了整个满二叉树（其实没有遍历整个满二叉树，只是近似而已）；深搜代码的时间复杂度为O(2^(m + n - 1) - 1)，可以看出，这是指数级别的时间复杂度，是非常大的。

动态规划：机器人从(0 , 0) 位置出发，到(m - 1, n - 1)终点。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
• 确定递推公式：想要求dp[i ][ j]，只能有两个方向来推导出来，即dp[i - 1] [j] 和 dp[i] [j - 1]。那么很自然，dp[i][j] = dp[i - 1] [j] + dp[i] [j - 1]，因为dp[i][j]只有这两个方向过来。
• dp数组的初始化:首先dp[i] [0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0] [j]也同理。
• 确定遍历顺序:dp[i] [j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。

class Solution {
public:int uniquePaths(int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n,1));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];}
};

时间复杂度：O(m × n)；空间复杂度：O(m × n)

一共m，n的话，无论怎么走，走到终点都需要 m + n - 2 步。在这m + n - 2 步中，一定有 m - 1 步是要向下走的，不用管什么时候向下走。可以转化为，给你m + n - 2个不同的数，随便取m - 1个数，有几种取法。那么这就是一个组合问题了。求组合的时候，要防止两个int相乘溢出！ 所以不能把算式的分子，分母都算出来再做除法。需要在计算分子的时候，不断除以分母，代码如下：

• class Solution {
  public:int uniquePaths(int m, int n) {long long son=1;int mom=m-1;int count=m-1;int t=m+n-2;while(count--){son *= t--;while(mom!=0 && son%mom==0){son /= mom; mom--;}}return son;}
  };
  

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为 “Start” ）。机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish”）。现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。

数论解决，完全不行，不止一块障碍物

• class Solution {
  public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int flag =0;int temp_m=0,temp_n=0;for(int i=0;i<obstacleGrid.size();i++){for(int j=0;j<obstacleGrid[0].size();j++){if(obstacleGrid[i][j]){temp_m=i;temp_n=j;flag=1;break;}}}int count_sum=obstacleGrid.size()-1;long long son_sum=1;int mom_sum=obstacleGrid.size()-1;int mn=obstacleGrid.size()+obstacleGrid[0].size()-2;while(count_sum--){son_sum *= mn--;while(mom_sum!=0 && son_sum%mom_sum==0){son_sum /= mom_sum;mom_sum--;}}if(flag==0){return son_sum;}long long son1=1;int mom1 = temp_m;int count =temp_m;int mn1 = temp_m+temp_n;while(count--){son1 *= mn1--;while(mom1!=0 && son1%mom1==0){son1 /= mom1;mom1--;}}long long son2=1;int mom2 = obstacleGrid.size()-temp_m-1;int count2 = obstacleGrid.size()-temp_m-1;int mn2 = obstacleGrid.size()-temp_m+obstacleGrid[0].size()-temp_n-2;while(count2--){son2 *= mn2--;while(mom2!=0 && son2%mom2==0){son2 /= mom2;mom2--;}}return son_sum-son1*son2;}
  };//
  

动态规划：确定dp数组（dp table）以及下标的含义,dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。

确定递推公式：dp[i][j] = dp[i - 1] [j] + dp[i] [j - 1]。因为有了障碍，(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态（初始状态为0）。

dp数组如何初始化：从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，所以dp[i] [0]一定为1，dp[0] [j]也同理。但如果(i, 0) 这条边有了障碍之后，障碍之后（包括障碍）都是走不到的位置了，所以障碍之后的dp[i] [ 0]应该还是初始值0。

class Solution {
public:int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) {int m=obstacleGrid.size();int n=obstacleGrid[0].size();if(obstacleGrid[m-1][n-1]==1 || obstacleGrid[0][0]==1){return 0;}vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n,0));for(int i=0;i<m&&obstacleGrid[i][0]==0;i++){dp[i][0]=1;}for(int i=0;i<n&&obstacleGrid[0][i]==0;i++){dp[0][i]=1;}for(int i=1;i<m;i++){for(int j=1;j<n;j++){if(obstacleGrid[i][j]==1){continue;}dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1];}}return dp[m-1][n-1];}
};

时间复杂度：O(n × m)，n、m 分别为obstacleGrid 长度和宽度；空间复杂度：O(n × m)

给定一个正整数 n ，将其拆分为 k 个 正整数 的和（ k >= 2 ），并使这些整数的乘积最大化。返回 你可以获得的最大乘积 。

确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i]：分拆数字 i，可以得到的最大乘积为dp[i]。dp[i]的定义将贯彻整个解题过程，下面哪一步想不懂了，就想想dp[i]究竟表示的是啥！

确定递推公式：其实可以从1遍历j，然后有两种渠道得到dp[i].一个是j * (i - j) 直接相乘。一个是j * dp[i - j]，相当于是拆分(i - j)，对这个拆分不理解的话，可以回想dp数组的定义。j是从1开始遍历，拆分j的情况，在遍历j的过程中其实都计算过了。那么从1遍历j，比较(i - j) * j和dp[i - j] * j 取最大的。递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));也可以这么理解，j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。所以递推公式：dp[i] = max({dp[i], (i - j) * j, dp[i - j] * j});

dp的初始化：这里我只初始化dp[2] = 1，从dp[i]的定义来说，拆分数字2，得到的最大乘积是1

class Solution {
public:int integerBreak(int n) {vector<int> dp(n+1);dp[2]=1;for(int i=3;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i/2;j++){dp[i]=max(dp[i],max((i-j)*j,dp[i-j]*j));}}return dp[n];}
};

时间复杂度：O(n^2); 空间复杂度：O(n)

给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。

n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，来看看n为3的时候

• 元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
• 元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
• 元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量

确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。也可以理解是i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的。

确定递推公式：dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]；j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。所以递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量

dp数组如何初始化：从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的。从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1， 否则乘法的结果就都变成0了。

class Solution {
public:int numTrees(int n) {vector<int> dp(n+1);dp[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++){dp[i] += dp[j-1]*dp[i-j];}}return dp[n];}
};

时间复杂度：$O(n^2)$；空间复杂度：$O(n)$