1. 斐波那契数列
1，1，2，3，5，8，13，..... f(n) = f(n-1) + f(n-2)
代码实现
public static int count_2 = 0;
public int fibonacci(int n){
if (n <= 2){
count_2++;
return n;
}
int f1 = 1;
int f2 = 2;
int sum = 0;
for (int i = 3; i < n; i++) {
count_2++;
sum = f1 + f2;
f1 = f2;
f2 = sum;
}
return sum;
}当n=20时，count是21891次，当n=30的时候结果是2692537，接近270万，为什么这么高，因为里面存在大量的循环，下面图中，n=8时，f(6)就重复计算两次，很多结点会被重复计算。
如何将其优化减少重复计算，这也是下面推导动态规划需要考虑的，可以将计算结果保存到数组中，f(n)的值保存在数组中，f(n)=arr[n],某个位置已经被计算出来，下次需要的时候直接取出来，不需要再递归。
public static int[] arr = new int[50];
public static int count_3 = 0;
public static void main(String[] args) {
Arrays.fill(arr,-1);
arr[0] = 1;
System.out.println(fibonacci(31));
}
static int fibonacci(int n){
if (n == 2 || n == 1){
count_3++;
arr[n] = n;
return n;
}
if (arr[n] != -1){
count_3++;
return arr[n];
}else {
count_3++;
arr[n] = fibonacci(n - 1) + fibonacci(n - 2);
return arr[n];
}
}2 路径连环炮
文中的动态规划我们简称DP，路径相关的问题来分析动态规划，路径问题易于画图，方便理解，循序渐进的理解DP
2.1 第一炮：基本问题统计路径总数
LeetCode62 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？
第一炮，我们研究如何通过递归来解决此问题，如下图所示，从起点开始要么向右，要么向下，每一种否会导致剩下的区间减少了一列或一行，形成两个不同区间的过程，每个区间继续以红点为起点继续上述操作，所以这就是一个递归的过程，
从图中寻找规律，目标从起点到终点，只能向右或向下，
1. 向右走一步，起点下面灰色的不会再被访问，后面剩一个3X1的矩阵，只能一直往下走，只有一种路径，
2. 向下走一步，起点右侧不不能再被访问，剩一个2X2的矩阵，还剩两种路径，
这是3X2的矩阵，一共有3中路径，一个2X2的矩阵和3X1的矩阵路径之和。
同样我们推导一个3X3的矩阵，就是一个3X2的矩阵和2X3的路径之和，
所以，对于一个mxn的矩阵，求路径的方法是serch(m,n)=search(m-1,n)+search(m,n-1);
public int uniquePath(int m,int n){
return search(m,n);
}
private int search(int m, int n) {
if (m == 1 || n == 1){
return 1;
}
return search(m-1,n) + search(m,n-1);
}对于3X3的矩阵，我们可以用二叉树表示
我们可以发现，和文章开头我们提到的一样，中间有重复计算，1，1计算了两次，那么如何优化
2.2 第二炮：使用二维数组优化递归
我们知道上面出现了重复计算，{1,1}出现两次，在{1,1}位置处，不管是从{0,1}还是{1,0}到来，都会产生两种走法，我们可以用二维数组记忆化搜索就不用两次遍历了，
每个格子都表示从起点开始到当前的位置有几种方式，这样我们通过计算路径的时候可以先查下二维数组有没有记录，有就直接读，没有再计算，这样就可以避免大量的重复计算，这就是记忆化搜索。
从上面的分析我们得到两个规律：
1.第一行和第一列都是1.
2.其他格子的值都是其左侧和上方格子之和，对于mXn的格子都适应。
public int uniquePath(int m, int n){
int[][] f = new int[m][n];
f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (i > 0 && j > 0){
f[i][j] = f[i -1][j] + f[i][j -1];
}else if (i > 0){
f[i][j] = f[i -1][j];
} else if (j > 0) {
f[i][j] = f[i][j -1];
}
}
}
return f[m -1][n -1];
}2.3 第三炮：滚动数组：用一维代替二维数组
第三炮，我们通过滚动数组来优化此问题，上面缓存空间使用二维数组，占据空间大，能否进一步优化，我们看上面的二维数组找出规律。
发现除了第一行和第一列都是1外，每个位置都是其左侧和上方的格子之和，可以用一个大小为n的一维数组来解决：
将几个一维数组拼接起来，就是和上面的二维数组完全一样的，反复更新数组的策略就是滚动数组，计算公式是：dp[j] = dp[j]+dp[j-1]
public int uniquePaths(int m, int n){
int[] dp = new int[n];
//将数组初始元素初始为1
Arrays.fill(dp,1);
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
//等式左边的dp[j]是上一次计算后的，再加上左边的dp[j-1]即为当前结果
dp[j] = dp[j] + dp[j - 1];
}
}
return dp[n -1];
}这个题目包含了DP（动态规划）里的多个方面，比如重复子问题、记忆化搜索、滚动数组等等，这就是最简单的动态规划了，只不过我们这里的规划是dp[j] = dp[j] + dp[j -1] ；不用进行复杂的比较和计算。
3. 理解动态规划
DP一般是让我们找最值的，例如最长公共子序列，最关键的是DP问题的子问题不是相互独立的，如果递归直接分解会导致重复计算指数级增长，开头的热身题，而DP的最大价值是为了消除冗余，加速计算。
动态规划解决什么问题：A求有多少种走法，B输出所有的走法
动态规划计算效率高，但是不能找到满足要求的路径，
区分动态规划和递归最重要的一条是：动态规划只关心当前结果是什么，怎么来的就不管了，所以动态规划无法获得完整的路径，这与回溯不一样，回溯能够获得一条甚至所有满足要求的完整路径。
DP的基本思想是将待求解问题分解成若干个子问题，先求子问题，再从这些子问题中得到原问题的解，既然要找最值，那么必然要做的就是穷举来找所有的可能，然后选择“最”的那个，这就是为什么再DP代码中大量判断逻辑都会被套上min()或者max()，
既然穷举，那为什么还有DP的概念？这是因为穷举的过程中存在大量的重复计算，效率低下，所以我们要使用记忆化搜索等方式来消除不必要的计算，所谓记忆化搜索就是将已经计算好的结果先存在数组里面，后面就直接读就不再重复计算了，
既然记忆化能解决问题，为啥DP这么难，因为DP问题一定具备“最优子结构”，这样才能让记忆时得到准确结果，至于什么时最优子结构，后面还有具体问题，
有了最优子结构，还要正确的“状态转移方程”，才能正确的穷举，也就是递归关系，大部分递归都可以通过数组实现，因此代码结构一般是这样的for循环，这就是DP的基本模板：
//初始化base case ,也就是刚开始的几种场景，有几种枚举
dp[0][0][...] = base case
//进行状态转移
for 状态1 状态1的所有取值
for 状态2 in 状态2的所有取值
dp[状态1][状态2] = 求最值Max(选择1,选择2,...)
动态规划题目有三种基本类型：
1. 计数有关，例如求多少种方式到右下角，有多少种方式选出K个数是使得什么什么的问题，不关心路径是什么
2. 求最大值最小值，最多最少等，例如最大数字和，最长上升子序列，最长公共子序列，最长回文序列等
3. 求存在性，例如取石子游戏，先手是否必胜，能不能选出k个数使得什么什么等等
不管那种解决问题的模板也是类似的
- 第一步：确定状态和子问题，也就是枚举出某个位置所有的可能性，对于DP，大部分题目分析最后一步更容易一些，得到递推关系，同时将问题转换为子问题。
- 第二步：确定状态转移方程，也就是数组要存储什么内容，很多时候状态确定之后，状态转移方程也就确定了，前两步也可作为为第一步骤
- 第三步：确定初始和边界条件情况，注意细心，尽量周全
- 第四步：按照从小到大的顺序计算：f[0],f[1],f[2]
我们自始至终，都要在大脑里装一个数组（可能是一维，也可能是二维），要看这个数组每个元素的含义是什么（也就是状态），要看每个数组是根据谁来算的（状态转移方程），然后就是从小到大挨着将数组填满（从小到大计算，实现记忆化搜索），最后看那个位置是我们想要的结果。
