空间压缩

https://labuladong.github.io/algo/3/24/81/

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 中，最终的代码如下：

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.size();
    // dp 数组全部初始化为 0
    vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(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」问题距离，它的状态转移方程主要逻辑就是如下这段代码：

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：

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：

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：

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：

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：

// dp 数组全部初始化为 0
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(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：

// 一维 dp 数组全部初始化为 1
vector<int> 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：

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.size();
    // base case：一维 dp 数组全部初始化为 0
    vector<int> 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 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！