看動畫輕鬆理解「遞歸」與「動態規劃」

作者 | 程序員小吳

來源 | 五分鐘學演算法

在學習「數據結構和演算法」的過程中，因為人習慣了平鋪直敘的思維方式，所以「遞歸」與「動態規劃」這種帶循環概念（繞來繞去）的往往是相對比較難以理解的兩個抽象知識點。

程序員小吳打算使用動畫的形式來幫助理解「遞歸」，然後通過「遞歸」的概念延伸至理解「動態規劃」演算法思想。

什麼是遞歸

先下定義：遞歸演算法是一種直接或者間接調用自身函數或者方法的演算法。

通俗來說，遞歸演算法的實質是把問題分解成規模縮小的同類問題的子問題，然後遞歸調用方法來表示問題的解。它有如下特點：

一個問題的解可以分解為幾個子問題的解

這個問題與分解之後的子問題，除了數據規模不同，求解思路完全一樣

存在遞歸終止條件，即必須有一個明確的遞歸結束條件，稱之為遞歸出口

遞歸動畫

通過動畫一個一個特點來進行分析。

1.一個問題的解可以分解為幾個子問題的解

子問題就是相對與其前面的問題數據規模更小的問題。

在動圖中號問題（一塊大區域）劃分為號問題，號問題由兩個子問題（兩塊中區域）組成。

2. 這個問題與分解之後的子問題，除了數據規模不同，求解思路完全一樣

「號劃分為號」與「號劃分為號」的邏輯是一致的，求解思路是一樣的。

3. 存在遞歸終止條件，即存在遞歸出口

把問題分解為子問題，把子問題再分解為子子問題，一層一層分解下去，不能存在無限循環，這就需要有終止條件。

號劃分為號，號劃分為號，號劃分為號，劃分到號的時候每個區域只有一個不能劃分的問題，這就表明存在遞歸終止條件。

從遞歸的經典示例開始一、數組求和

數組求和

11Sum(arr[0...n-1]) = arr[0] + Sum(arr[1...n-1])

後面的 Sum 函數要解決的就是比前一個 Sum 更小的同一問題。

11Sum(arr[1...n-1]) = arr[1] + Sum(arr[2...n-1])

以此類推，直到對一個空數組求和，空數組和為 0 ，此時變成了最基本的問題。

11Sum(arr[n-1...n-1] ) = arr[n-1] + Sum([])

二、漢諾塔問題

漢諾塔（Hanoi Tower）問題也是一個經典的遞歸問題，該問題描述如下：

漢諾塔問題：古代有一個梵塔，塔內有三個座A、B、C，A座上有64個盤子，盤子大小不等，大的在下，小的在上。有一個和尚想把這個盤子從A座移到B座，但每次只能允許移動一個盤子，並且在移動過程中，3個座上的盤子始終保持大盤在下，小盤在上。

兩個盤子

三個盤子

如果只有 1 個盤子，則不需要利用 B 塔，直接將盤子從 A 移動到 C 。

如果有 2 個盤子，可以先將盤子 2 上的盤子 1 移動到 B ；將盤子 2 移動到 C ；將盤子 1 移動到 C 。這說明了：可以藉助 B 將 2 個盤子從 A 移動到 C ，當然，也可以藉助 C 將 2 個盤子從 A 移動到 B 。

如果有 3 個盤子，那麼根據 2 個盤子的結論，可以藉助 C 將盤子 3 上的兩個盤子從 A 移動到 B ；將盤子 3 從 A 移動到 C ，A 變成空座；藉助 A 座，將 B 上的兩個盤子移動到 C 。

以此類推，上述的思路可以一直擴展到 n 個盤子的情況，將將較小的 n-1個盤子看做一個整體，也就是我們要求的子問題，以藉助 B 塔為例，可以藉助空塔 B 將盤子A上面的 n-1 個盤子從 A 移動到 B ；將A 最大的盤子移動到 C ， A 變成空塔；藉助空塔 A ，將 B 塔上的 n-2 個盤子移動到 A，將 C 最大的盤子移動到 C， B 變成空塔……

三、爬台階問題

問題描述：

一個人爬樓梯，每次只能爬1個或2個台階，假設有n個台階，那麼這個人有多少種不同的爬樓梯方法？

先從簡單的開始，以 4 個台階為例，可以通過每次爬 1 個台階爬完樓梯：

每次爬 1 個台階

可以通過先爬 2 個台階，剩下的每次爬 1 個台階爬完樓梯

先爬 2 個台階

在這裡，可以思考一下：可以根據第一步的走法把所有走法分為兩類：

第一類是第一步走了 1 個台階

第二類是第一步走了 2 個台階

所以 n 個台階的走法就等於先走 1 階後，n-1 個台階的走法 ，然後加上先走 2 階後，n-2 個台階的走法。

用公式表示就是：

有了遞推公式，遞歸代碼基本上就完成了一半。那麼接下來考慮遞歸終止條件。

當有一個台階時，我們不需要再繼續遞歸，就只有一種走法。

所以。

通過用，這樣比較小的數試驗一下後發現這個遞歸終止條件還不足夠。

時，。如果遞歸終止條件只有一個，那就無法求解，遞歸無法結束。

所以除了這一個遞歸終止條件外，還要有，表示走 0 個台階有一種走法，從思維上以及動圖上來看，這顯得的有點不符合邏輯。所以為了便於理解，把作為一種終止條件，表示走 2 個台階，有兩種走法，一步走完或者分兩步來走。

總結如下：

假設只有一個台階，那麼只有一種走法，那就是爬 1 個台階

假設有兩個個台階，那麼有兩種走法，一步走完或者分兩步來走

遞歸終止條件

通過遞歸條件：

11f(1) =1;

22f(2) =2;

33f(n) = f(n-1)+f(n-2)

很容易推導出遞歸代碼：

11intf(intn){

22if(n ==1)return1;

33if(n ==2)return2;

44returnf(n-1) + f(n-2);

55}

通過上述三個示例，總結一下如何寫遞歸代碼：

找到如何將大問題分解為小問題的規律

通過規律寫出遞推公式

通過遞歸公式的臨界點推敲出終止條件、

將遞推公式和終止條件翻譯成代碼

什麼是動態規劃

介紹動態規劃之前先介紹一下分治策略（Divide and Conquer）。

分治策略

將原問題分解為若干個規模較小但類似於原問題的子問題（Divide），「遞歸」的求解這些子問題（Conquer），然後再合併這些子問題的解來建立原問題的解。

因為在求解大問題時，需要遞歸的求小問題，因此一般用「遞歸」的方法實現，即自頂向下。

動態規劃（Dynamic Programming）

動態規劃其實和分治策略是類似的，也是將一個原問題分解為若干個規模較小的子問題，遞歸的求解這些子問題，然後合併子問題的解得到原問題的解。

區別在於這些子問題會有重疊，一個子問題在求解後，可能會再次求解，於是我們想到將這些子問題的解存儲起來，當下次再次求解這個子問題時，直接拿過來就是。

其實就是說，動態規劃所解決的問題是分治策略所解決問題的一個子集，只是這個子集更適合用動態規劃來解決從而得到更小的運行時間。

即用動態規劃能解決的問題分治策略肯定能解決，只是運行時間長了。因此，分治策略一般用來解決子問題相互對立的問題，稱為標準分治，而動態規劃用來解決子問題重疊的問題。

與「分治策略」「動態規劃」概念接近的還有「貪心演算法」「回溯演算法」，由於篇幅限制，程序員小吳就不在這進行展開，在後續的文章中將分別詳細的介紹「貪心演算法」、「回溯演算法」、「分治演算法」，敬請關註：）

將「動態規劃」的概念關鍵點抽離出來描述就是這樣的：

1.動態規劃法試圖只解決每個子問題一次

2.一旦某個給定子問題的解已經算出，則將其記憶化存儲，以便下次需要同一個子問題解之時直接查表。

從遞歸到動態規劃

還是以爬台階為例，如果以遞歸的方式解決的話，那麼這種方法的時間複雜度為O(2^n)，具體的計算可以查看筆者之前的文章 《冰與火之歌：時間複雜度與空間複雜度》。

相同顏色代表著 爬台階問題 在遞歸計算過程中重複計算的部分。

爬台階的時間複雜度

通過圖片可以發現一個現象，我們是 自頂向下 的進行遞歸運算，比如：是相加，是與相加。

思考一下：如果反過來，採取自底向上，用迭代的方式進行推導會怎麼樣了？

下面通過表格來解釋自底向上的求解過程。

台階數 1 2 3 4 5 6 7 8 9

走法數 1 2

表格的第一行代表了樓梯台階的數目，第二行代表了若干台階對應的走法數。

其中和是前面明確的結果。

第一次迭代，如果台階數為 3 ，那麼走法數為 3 ，通過得來。

第二次迭代，如果台階數為 4 ，那麼走法數為 5 ，通過得來。

由此可見，每一次迭代過程中，只需要保留之前的兩個狀態，就可以推到出新的狀態。

show me the code

11intf(intn){

22if(n ==1)return1;

33if(n ==2)return2;

44// a 保存倒數第二個子狀態數據，b 保存倒數第一個子狀態數據， temp 保存當前狀態的數據

55inta =1, b =2;

66inttemp = a + b;

77for(inti =3; i

88temp = a + b;

99a = b;

1010b = temp;

1111}

1212returntemp;

1313}

程序從開始迭代，一直到結束。每一次迭代，都會計算出多一級台階的走法數量。迭代過程中只需保留兩個臨時變數 a 和 b ，分別代表了上一次和上上次迭代的結果。為了便於理解，引入了temp 變數。temp 代表了當前迭代的結果值。

看一看出，事實上並沒有增加太多的代碼，只是簡單的進行了優化，時間複雜度便就降為O(n)，而空間複雜度也變為O(1)，這，就是「動態規劃」的強大！

詳解動態規劃

「動態規劃」中包含三個重要的概念：

【最優子結構】

【邊界】

【狀態轉移公式】

在「 爬台階問題 」中

是【最優子結構】

是【邊界】

【狀態轉移公式】

「 爬台階問題 」 只是動態規劃中相對簡單的問題，因為它只有一個變化維度，如果涉及多個維度的話，那麼問題就變得複雜多了。

難點就在於找出 「動態規劃」中的這三個概念。

比如「 國王和金礦問題 」。

國王和金礦問題

有一個國家發現了 5 座金礦，每座金礦的黃金儲量不同，需要參與挖掘的工人數也不同。參與挖礦工人的總數是 10 人。每座金礦要麼全挖，要麼不挖，不能派出一半人挖取一半金礦。要求用程序求解出，要想得到儘可能多的黃金，應該選擇挖取哪幾座金礦？

5 座金礦

找出 「動態規劃」中的這三個概念

國王和金礦問題中的【最優子結構】

國王和金礦問題中的【最優子結構】

國王和金礦問題中的【最優子結構】有兩個：

4 金礦 10 工人的最優選擇

4 金礦 （10 - 5） 工人的最優選擇

4 金礦的最優選擇與 5 金礦的最優選擇之間的關係是

國王和金礦問題中的【邊界】

國王和金礦問題中的【邊界】 有兩個：

當只有 1 座金礦時，只能挖這座唯一的金礦，得到的黃金數量為該金礦的數量

當給定的工人數量不夠挖 1 座金礦時，獲取的黃金數量為 0

國王和金礦問題中的【狀態轉移公式】

我們把金礦數量設為 N，工人數設為 W，金礦的黃金量設為數組G[]，金礦的用工量設為數組P[]，得到【狀態轉移公式】：

邊界值：F(n,w) = 0 (n

F(n,w) = F(n-1,w) (n > 1, w

國王和金礦問題中的【實現】

先通過幾幅動畫來理解 「工人」 與 「金礦」 搭配的方式

1.只挖第一座金礦

只挖第一座金礦

在只挖第一座金礦前面兩個工人挖礦收益為 零，當有三個工人時，才開始產生收益為 200，而後即使增加再多的工人收益不變，因為只有一座金礦可挖。

2.挖第一座與第二座金礦

挖第一座金礦與第二座金礦

在第一座與第二座金礦這種情況中，前面兩個工人挖礦收益為 零，因為 W

當有 三 個工人時，將其安排挖第 一 個金礦，開始產生收益為 200。

當有 四 個工人時，挖礦位置變化，將其安排挖第 二 個金礦，開始產生收益為 300。

當有 五、六 個工人時，由於多於 四 個工人的人數不足以去開挖第 一 座礦，因此收益還是為 300。

當有 七 個工人時，可以同時開採第 一 個和第 二 個金礦，開始產生收益為 500。

3.挖前三座金礦

這是「國王和金礦」 問題中最重要的一個動畫之一，可以多看幾遍

挖前三座金礦

4.挖前四座金礦

這是「國王和金礦」 問題中最重要的一個動畫之一，可以多看幾遍

挖前四座金礦

國王和金礦問題中的【規律】

仔細觀察上面的幾組動畫可以發現：

對比「挖第一座與第二座金礦」和「挖前三座金礦」，在「挖前三座金礦」中，3 金礦 7 工人的挖礦收益，來自於 2 金礦 7 工人和 2 金礦 4 工人的結果，Max(500,300 + 350) = 650；

對比「挖前三座金礦」和「挖前四座金礦」，在「挖前四座金礦」中，4 金礦 10 工人的挖礦收益，來自於 3 金礦 10 工人和 3 金礦 5 工人的結果，Max(850,400 + 300) = 850；

國王和金礦問題中的【動態規劃代碼】

11代碼來源：https://www.cnblogs.com/SDJL/archive/2008/08/22/1274312.html

22

33//maxGold[i][j] 保存了i個人挖前j個金礦能夠得到的最大金子數，等於 -1 時表示未知

44int maxGold[max_people][max_n];

55

66int GetMaxGold(int people, int mineNum){

77 int retMaxGold; //聲明返回的最大金礦數量

88 //如果這個問題曾經計算過

99 if(maxGold[people][mineNum] != -1){

1010 retMaxGold = maxGold[people][mineNum]; //獲得保存起來的值

1111 }else if(mineNum == 0) { //如果僅有一個金礦時 [ 對應動態規劃中的"邊界"]

1212 if(people >= peopleNeed[mineNum]) //當給出的人數足夠開採這座金礦

1313 retMaxGold = gold[mineNum]; //得到的最大值就是這座金礦的金子數

1414 else //否則這唯一的一座金礦也不能開採

1515 retMaxGold = 0; //得到的最大值為 0 個金子

1616 }else if(people >= peopleNeed[mineNum]) // 如果人夠開採這座金礦[對應動態規劃中的"最優子結構"]

1717 {

1818 //考慮開採與不開採兩種情況，取最大值

1919 retMaxGold = max(

2020 GetMaxGold(people - peopleNeed[mineNum],mineNum - 1) + gold[mineNum],

2121 GetMaxGold(people,mineNum - 1)

2222 );

2323 }else//否則給出的人不夠開採這座金礦 [ 對應動態規劃中的"最優子結構"]

2424 {

2525 retMaxGold = GetMaxGold(people,mineNum - 1); //僅考慮不開採的情況

2626 maxGold[people][mineNum] = retMaxGold;

2727 }

2828 return retMaxGold;

2929}

動態規劃代碼

希望通過這篇文章，大家能對「遞歸」與「動態規劃」有一定的理解。後續將以「動態規劃」為基礎研究多重背包演算法、迪杰特斯拉演算法等更高深的演算法問題，同時「遞歸」的更多概念也會在「分治演算法」章節再次延伸，敬請對程序員小吳保持關注。

（*本文僅代表作者觀點，轉載請聯繫原作者）

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