【以下內容僅為本人在學習中的所感所想，本人水平有限目前尚處學習階段，如有錯誤及不妥之處還請各位大佬指正，請諒解，謝謝！】
引言
前一篇文章（有關動態規劃 - PaperHammer - 部落格園 (cnblogs.com)）我們探討了動態規劃及其分析方法，但在做題或面試時往往會需要我們對空間或時間進行優化，尤其是對空間的優化尤為常見。動態規劃本就難度較大，對於尚處學習階段的同學，能寫出來就算很不錯了。在此，本人將分享我在做題時的想法與見解，並和大家一起學習新的知識，如有錯誤或更好的思想還請各位大佬留言指正，謝謝！
複雜度分析
複雜度分為時間複雜度與空間複雜度，其不代表程式正真執行時間與所佔空間，只反映在執行時間或佔用空間隨資料規模增大的變化趨勢，以最高階的變化趨勢來分別代表整個程式的時空複雜度。
【注：本文重點非複雜度的介紹，相關詳細內容將在其他文章中介解釋】
（一）空間
空間複雜度取決於我們用來記錄之前資料的儲存結構。一般地，在DP中常見的空間複雜度有O(N)與O(N2)或者更大，但一般不超過O(N3)，通常我們需要對其指數至少減小1或降階，以達到相應的需求。減少的關鍵思想在於，判斷我們所儲存過的資料是否會被再次訪問，是否可以不用一直儲存。通常採用畫表的方式進行判斷。
（二）時間
時間複雜度取決於迴圈結構，而迴圈結構又取決於推匯出的狀態轉移方程。一般地，常見的時間複雜度為O(N)，O(N2)或者更大，但一般不超過O(N3)，通常我們需要對其指數至少減小1或降階。其關鍵思想在於，一是對某些特殊情況進行判斷，使得直接在迴圈中不進行操作，通常採用邏輯推理方式進行；二是利用某些資料結構和數學理論進行優化。一般地，當我們寫出狀態轉移方程後，就可得出時間複雜度。
優化思路
空間（減少儲存結構規模）
（1） 減少變數總數
（2） 減少不必要的資料的儲存
時間（減少迴圈次數）
（1）優化變換狀態（從變數的角度，排除無意義或可省去的部分）
（2）選擇適當的規劃方向（從情況的角度，多種方法對比）
（3）四邊形不等式與優化決策單調
第一部分 空間優化
上一篇文章中我們講到了定變數的過程，我們採用陣列的方式儲存資訊，每個維度的索引代表一個變數，不難發現：變數的數目往往決定了我們儲存結構的規模且規模呈次方級增長，雖然空間與時間比起來不那麼“寶貴”，現在的裝置運存至少也有10 G，但必要的優化還是需要，我們不能因為足夠就開始浪費。
題：01揹包
【注：在此不重複該題目及方程推導過程，如有需要，請轉至上一篇文章（有關動態規劃 - PaperHammer - 部落格園 (cnblogs.com)）】
方程：f [ i ][ v ] = max(f [ i ][ v ], f [ i-1 ][ v-w[i] ] + c[i]);
或f [ i ] [ j ] = max(f [ i-1 ][ j ], f [ i-1] [ j-w[i] ] + c[i]);
常見的有上述兩種形式的方程，其原理是一致的。第一個方程的解釋不再贅述；第二個方程中i表示前i件物品，j表示當前揹包的容量，f[ i ][ j ]表示在前i件物品中不超過容量j時的最大價值。
例：
輸入格式
第一行兩個整數 N，V 用空格隔開，分別表示物品數量和揹包容積。
接下來有兩行，第一行為 wi，第二行為ci 用空格隔開，分別表示第 i 件物品所佔的空間和價值。
輸入樣例
4 20
8 9 5 2
5 6 7 3
輸出樣例
16
（1）減少不必要的資料的儲存
針對第二個方程（第一個類似），我們給出利用上面的例子列出f[ i ][ j ]所每個索引下所對應的值。可以發現i只來源於i-1，即當前狀態下的i僅前一次有關，與前兩次、前三次均無關。
從表中的資料也可以看出，第i行的資料只依賴於第i-1行的值，因此我們只需用兩個一維陣列儲存第i-1行和第i行這兩行的值即可，其中f1[ i ]代表f[ i-1 ][ j ]，f2[ i ]表示f[ i ][ j ]。
所以第二個方程可以轉化為：f2[ j ] = max(f2[ j ], f1[ j-w[ i ] ] + c[ i ]);
此時，空間複雜度從原來的O(N2)降為了O(N)。
for(int i = 1; i <= n; i++){ for(int j = 1; j <= v; j++){ f2[j] = f1[j]; if(j-c[i] >= 0) f2[j] = max(f2[j], f1[j-w[i]]+c[i]); } for(int k = 1; k <= v; k++) f1[k] = f2[k]; } cout << f2[v] << endl;
（2）減少變數數
但在許多面試題中往往需要我們進行原地修改，那就意味著我們只能使用一個一維陣列。同樣這道題也可以進行原地修改。但現在的迴圈順序是容量從小到大的情況，如果原地修改會出現覆蓋資料的情況
我們來分析一下原因：
當我們使用二維陣列時，紅色代表i-1行儲存的資訊，藍色代表當前第i行的值，該值受到所對應的上一行值的影響。如果我們換成一維陣列，從幾何意義上其可以反映為：
1.初始狀態：整行都為上一次所儲存的值
2.開始更新：根據方程可知，每一個新值受上一個值的影響，即需要上一個值的存在。如果我們依舊從小到大進行更新，那麼首先就覆蓋了第一個值。之後就會導致我們並沒有按照方程原本的意思：根據上一個值計算結果，反而是用新值計算結果，故結果不正確。
所以我們需要將原本正向的更新改為反向，這樣就能避免該問題。
for(int i = 1 ;i<=n; i++) { for(int j = v; j>=0 ;j--) if(j-w[i]>=0) f[j] = max(f[j],f[j-w[i]]+c[i]); } cout << f[v] << endl;
第二部分 時間優化
時間往往是我們在程式設計中更看中的一點，不論是競賽還是面試，很多情況下都需要對時間的把控。一般來說動態規劃在暴力的基礎上已經對時間有了很好的優化，但依然可以再優化下面還是通過例子來講述這兩種方法。
題：傳紙條
來源：P1006 [NOIP2008 提高組] 傳紙條 - 洛谷 | 電腦科學教育新生態 (luogu.com.cn)
將題目抽象化後可翻譯為：從點（1，1）走到（m，n）再從（m，n）回到（1，1）方向只能向下（上）或向右（左），即起點在左上角，終點在右下角。且每個點只能走一次，每個點上有一個正數，返回所有在兩次行走的可行路徑中的數值的最大和。
往返路徑且往返過程等價，不妨將其看為從同一點出發的兩條路徑。利用上一篇文章的方法步驟，把每次選擇怎麼走作為一個子問題，並且總是以最大和為基礎進行操作，每次選擇處理相同。
對於第一條路上的點（i，j）有兩種選擇方式；
對於第二條路上的點（k，l）有兩種選擇方式；
選擇方式的兩種理解：（從左邊到達，從上邊到達）/（向右走，向下走）
由於二者等價所以合併後對於點（i，j，k，l）有四種選擇方式
不難推出方程：f[ i ][ j ][ k ][ l ] = max( f[ i ][ j-1 ][ k-1 ][ l ] , f[ i-1 ][ j ][ k ][ l-1 ] , f[ i ][ j-1 ][ k ][ l-1 ] , f[ i-1 ][ j ][ k-1 ][ l ] ) + value[ i ][ j ] + value[ k ][ l ];為了避免重複每次特判即可，詳細內容見文末附錄。
根據上述方程可以得到此時的時間複雜度為O(N2*M2)，理論上只能承受N,M<=50的資料量，甚至更小。
for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) for (int p = 1; p <= n; p++) for (int q = 1; q <= m; q++) { f[i][j][p][q] = max(max(f[i - 1][j][p - 1][q], f[i - 1][j][p][q - 1]), max(f[i][j - 1][p - 1][q], f[i][j - 1][p][q - 1])) + g[i][j] + g[p][q]; if (i == p && j == q)f[i][j][p][q] -= g[i][j]; //去重，只需判斷第二次走的點是否被第一次所走過，因為兩條路經本身不會經過自己走過的點，只可能兩條路相交 }
（1）優化狀態（重新構建變數的意義，改進狀態表示）
三維DP：剛剛提到，兩個路徑的行進是完全等價的，每條路徑在每個點只有兩種選擇，且它們是同步進行的，所以可以得到當前總步數steps = i + j = k + l;利用這一點，我們列舉當前走過的步數，同時列舉第一條路徑和第二條路徑當前的橫座標或者縱座標，f[k][i][j]表示走了k步，第一條路徑走到第i行，第二條路徑走到第j行的最大價值，於是方程轉變為：f[ k ][ i ][ j ] = max ( f[ k-1 ][ i ][ j ], f[ k-1 ][ i-1 ][ j-1 ], f[ k-1 ][ i ][ j-1 ], f[ k-1 ][ i-1 ][ j ] ) + value[ i ][ k-i+1 ] + a[ j ][ k-j+1 ];
此時，方程時間複雜度為O(N2 * (N+M))
for (int k = 1; k <= n + m-1; k++) for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { if ( k-i + 1 < 1 || k - j + 1 < 1) //判斷縱座標的合法性，不合法就跳過 continue; f[k][i][j] = max(max(f[k - 1][i][j], f[k - 1][i - 1][j - 1]), max(f[k - 1][i][j - 1], f[k - 1][i - 1][j])) + g[i][k - i + 1] + g[j][k - j + 1]; if (i == j) f[k][i][j] -= g[i][k - i + 1]; }
二維DP：沿用01揹包的優化思想，當前狀態與前一個狀態有關，所以我們原地修改，反向更新，即可再降一維。
for(int k=3;k<=n+m;k++) for(int i=n;i>=1;i--) for(int p=n;p>i;p--) f[i][p]=max(max(f[i][p],f[i-1][p-1]),max(f[i-1][p],f[i][p-1]))+g[i][k-i]+g[p][k-p];
（2）選擇適當的規劃方向
動態規劃的規劃方向主要有兩種：順推和逆推。有些情況下，不同的規劃方向，時間效率有所不同。一般地，若初始狀態確定，目標狀態不確定，“從因到果”，則應考慮採用順推；反之，若目標狀態確定，而初始狀態不確定，“從果到因”，就應該考慮採用逆推。若初始狀態和目標狀態都已確定，一般情況下順推和逆推都可以選用。但是，我們還可以使用類似雙指標一樣的思想，進行雙向規劃，即雙執行緒。
題：傳紙條——三維DP
其實，剛才的三維DP已經體現了雙執行緒的思想，即同時進行，本質就是對四維DP的優化
【注：下方內容，即第（3）點在此僅作為補充說明，本人尚未對其深入瞭解與研究，僅供參考】
（3）四邊形不等式與優化決策單調
該方法實際上是基於數學理論推導而來。
有關四邊形不等式，它可以針對形如f[ i, j ] = min/max{ m( i, k-1 ), m( k, j) } + w( i, j ) (i ≤ k ≤ j)的方程進行降階優化。
補充說明：
- a. 區間包含的單調性：對於i ≤ i' < j ≤ j'，有w( i' , j ) ≤ w( i , j' )，稱w具有區間包含的單調性，即保號性，區間小則對應值就小。
- b. 四邊形不等式：對於i ≤ i' < j ≤ j'，有w( i , j ) + w( i' , j' ) ≤ w( i' , j ) + w( i , j' )，稱函式w滿足四邊形不等式，即小區間與大區間之和<=交錯區間和。
- c. 定理一：如果上述w同時滿足區間包含單調性和四邊形不等式，那麼m也滿足四邊形不等式性質。
- d. 定理二：如m滿足四邊形不等式，則s( i , j )單調，即s( i , j ) ≤ s( i , j+1 ) ≤ s( i+1 , j+1 )。其中，s表示m去最優值時的下標。
【注：相關證明過程在此不提供】
由此，我們可以得到：s[ i , j-1 ] ≤ s[ i , j ] ≤ s[ i+1 , j ];
所以上述方程轉變為：f[ i , j ] = min/max{ m[ i , k ] + m[ k , j ]} (s[ i , j-1 ] ≤ k ≤ s[ i+1 , j ]);
此時，時間複雜度從O(N3)減小為O(N2)
總結
動態規劃的優化還有許多型別，本人目前僅瞭解以上內容，每一種優化思想都有獨特的地方，但這些思想往往十分複雜讓人望而生畏，只有通過平時一道題一道題的磨礪，才能逐漸領悟。眾所周知，寫出程式碼不難，難的是如何對現有程式碼進行優化，當我們能夠對我們所寫過的程式碼提供一份優化方案時，相信我們的水平一定上了一個臺階，讓我們一起努力，加油！
【感謝您可以抽出時間閱讀到這裡，內容可能會有許多不妥之處；受限於水平，許多地方可能存在錯誤，還請各位大佬留言指正，請見諒，謝謝！】
#附文中所提到的2個題目的程式碼（僅提供文中提到的部分方案，可滿足絕大多數時的要求）
（1）01揹包
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,v,c[102],w[102],f[100000]; int main() { cin >> n >> v; for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i]; for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i]; for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= v; j++) { if(j - w[i] >= 0) f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + c[i]); } } cout<<f[v]<<endl; return 0; }
（2）傳紙條（三維DP）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, g[54][54], f[108][54][54]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> g[i][j]; for (int k = 1; k <= n + m-1; k++) for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= n; j++) { if ( k-i + 1 < 1 || k - j + 1 < 1) //判斷縱座標的合法性，不合法就跳過 continue; f[k][i][j] = max(max(f[k - 1][i][j], f[k - 1][i - 1][j - 1]), max(f[k - 1][i][j - 1], f[k - 1][i - 1][j])) + g[i][k - i + 1] + g[j][k - j + 1]; if (i == j) f[k][i][j] -= g[i][k - i + 1]; } cout << f[n + m - 1][n][n] << endl; return 0; }
（3）傳紙條（二維DP）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, g[54][54], f[108][108]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) cin >> g[i][j]; for(int k=3;k<=n+m;k++) for(int i=n;i>=1;i--) for(int p=n;p>i;p--) f[i][p]=max(max(f[i][p],f[i-1][p-1]),max(f[i-1][p],f[i][p-1]))+g[i][k-i]+g[p][k-p]; cout << f[n - 1][n] << endl; return 0; }