【以下内容仅为本人在学习中的所感所想，本人水平有限目前尚处学习阶段，如有错误及不妥之处还请各位大佬指正，请谅解，谢谢！】
引言
前一篇文章（有关动态规划 - PaperHammer - 博客园 (cnblogs.com)）我们探讨了动态规划及其分析方法，但在做题或面试时往往会需要我们对空间或时间进行优化，尤其是对空间的优化尤为常见。动态规划本就难度较大，对于尚处学习阶段的同学，能写出来就算很不错了。在此，本人将分享我在做题时的想法与见解，并和大家一起学习新的知识，如有错误或更好的思想还请各位大佬留言指正，谢谢！
复杂度分析
复杂度分为时间复杂度与空间复杂度，其不代表程序正真运行时间与所占空间，只反映在执行时间或占用空间随数据规模增大的变化趋势，以最高阶的变化趋势来分别代表整个程序的时空复杂度。
【注：本文重点非复杂度的介绍，相关详细内容将在其他文章中介解释】
（一）空间
空间复杂度取决于我们用来记录之前数据的存储结构。一般地，在DP中常见的空间复杂度有O(N)与O(N2)或者更大，但一般不超过O(N3)，通常我们需要对其指数至少减小1或降阶，以达到相应的需求。减少的关键思想在于，判断我们所存储过的数据是否会被再次访问，是否可以不用一直存储。通常采用画表的方式进行判断。
（二）时间
时间复杂度取决于循环结构，而循环结构又取决于推导出的状态转移方程。一般地，常见的时间复杂度为O(N)，O(N2)或者更大，但一般不超过O(N3)，通常我们需要对其指数至少减小1或降阶。其关键思想在于，一是对某些特殊情况进行判断，使得直接在循环中不进行操作，通常采用逻辑推理方式进行；二是利用某些数据结构和数学理论进行优化。一般地，当我们写出状态转移方程后，就可得出时间复杂度。
优化思路
空间（减少存储结构规模）
（1） 减少变量总数
（2） 减少不必要的数据的存储
时间（减少循环次数）
（1）优化变换状态（从变量的角度，排除无意义或可省去的部分）
（2）选择适当的规划方向（从情况的角度，多种方法对比）
（3）四边形不等式与优化决策单调
第一部分 空间优化
上一篇文章中我们讲到了定变量的过程，我们采用数组的方式存储信息，每个维度的索引代表一个变量，不难发现：变量的数目往往决定了我们存储结构的规模且规模呈次方级增长，虽然空间与时间比起来不那么“宝贵”，现在的设备运存至少也有10 G，但必要的优化还是需要，我们不能因为足够就开始浪费。
题：01背包
【注：在此不重复该题目及方程推导过程，如有需要，请转至上一篇文章（有关动态规划 - PaperHammer - 博客园 (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]);
常见的有上述两种形式的方程，其原理是一致的。第一个方程的解释不再赘述；第二个方程中i表示前i件物品，j表示当前背包的容量，f[ i ][ j ]表示在前i件物品中不超过容量j时的最大价值。
例：
输入格式
第一行两个整数 N，V 用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。
接下来有两行，第一行为 wi，第二行为ci 用空格隔开，分别表示第 i 件物品所占的空间和价值。
输入样例
4 20
8 9 5 2
5 6 7 3
输出样例
16
（1）减少不必要的数据的存储
针对第二个方程（第一个类似），我们给出利用上面的例子列出f[ i ][ j ]所每个索引下所对应的值。可以发现i只来源于i-1，即当前状态下的i仅前一次有关，与前两次、前三次均无关。
从表中的数据也可以看出，第i行的数据只依赖于第i-1行的值，因此我们只需用两个一维数组保存第i-1行和第i行这两行的值即可，其中f1[ i ]代表f[ i-1 ][ j ]，f2[ i ]表示f[ i ][ j ]。
所以第二个方程可以转化为：f2[ j ] = max(f2[ j ], f1[ j-w[ i ] ] + c[ i ]);
此时，空间复杂度从原来的O(N2)降为了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）减少变量数
但在许多面试题中往往需要我们进行原地修改，那就意味着我们只能使用一个一维数组。同样这道题也可以进行原地修改。但现在的循环顺序是容量从小到大的情况，如果原地修改会出现覆盖数据的情况
我们来分析一下原因：
当我们使用二维数组时，红色代表i-1行储存的信息，蓝色代表当前第i行的值，该值受到所对应的上一行值的影响。如果我们换成一维数组，从几何意义上其可以反映为：
1.初始状态：整行都为上一次所存储的值
2.开始更新：根据方程可知，每一个新值受上一个值的影响，即需要上一个值的存在。如果我们依旧从小到大进行更新，那么首先就覆盖了第一个值。之后就会导致我们并没有按照方程原本的意思：根据上一个值计算结果，反而是用新值计算结果，故结果不正确。
所以我们需要将原本正向的更新改为反向，这样就能避免该问题。
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 时间优化
时间往往是我们在编程中更看中的一点，不论是竞赛还是面试，很多情况下都需要对时间的把控。一般来说动态规划在暴力的基础上已经对时间有了很好的优化，但依然可以再优化下面还是通过例子来讲述这两种方法。
题：传纸条
来源：P1006 [NOIP2008 提高组] 传纸条 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
将题目抽象化后可翻译为：从点（1，1）走到（m，n）再从（m，n）回到（1，1）方向只能向下（上）或向右（左），即起点在左上角，终点在右下角。且每个点只能走一次，每个点上有一个正数，返回所有在两次行走的可行路径中的数值的最大和。
往返路径且往返过程等价，不妨将其看为从同一点出发的两条路径。利用上一篇文章的方法步骤，把每次选择怎么走作为一个子问题，并且总是以最大和为基础进行操作，每次选择处理相同。
对于第一条路上的点（i，j）有两种选择方式；
对于第二条路上的点（k，l）有两种选择方式；
选择方式的两种理解：（从左边到达，从上边到达）/（向右走，向下走）
由于二者等价所以合并后对于点（i，j，k，l）有四种选择方式
不难推出方程：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 ];为了避免重复每次特判即可，详细内容见文末附录。
根据上述方程可以得到此时的时间复杂度为O(N2*M2)，理论上只能承受N,M<=50的数据量，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，只需判断第二次走的点是否被第一次所走过，因为两条路经本身不会经过自己走过的点，只可能两条路相交 }
（1）优化状态（重新构建变量的意义，改进状态表示）
三维DP：刚刚提到，两个路径的行进是完全等价的，每条路径在每个点只有两种选择，且它们是同步进行的，所以可以得到当前总步数steps = i + j = k + l;利用这一点，我们枚举当前走过的步数，同时枚举第一条路径和第二条路径当前的横坐标或者纵坐标，f[k][i][j]表示走了k步，第一条路径走到第i行，第二条路径走到第j行的最大价值，于是方程转变为：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 ];
此时，方程时间复杂度为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) //判断纵坐标的合法性，不合法就跳过 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]; }
二维DP：沿用01背包的优化思想，当前状态与前一个状态有关，所以我们原地修改，反向更新，即可再降一维。
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）选择适当的规划方向
动态规划的规划方向主要有两种：顺推和逆推。有些情况下，不同的规划方向，时间效率有所不同。一般地，若初始状态确定，目标状态不确定，“从因到果”，则应考虑采用顺推；反之，若目标状态确定，而初始状态不确定，“从果到因”，就应该考虑采用逆推。若初始状态和目标状态都已确定，一般情况下顺推和逆推都可以选用。但是，我们还可以使用类似双指针一样的思想，进行双向规划，即双线程。
题：传纸条——三维DP
其实，刚才的三维DP已经体现了双线程的思想，即同时进行，本质就是对四维DP的优化
【注：下方内容，即第（3）点在此仅作为补充说明，本人尚未对其深入了解与研究，仅供参考】
（3）四边形不等式与优化决策单调
该方法实际上是基于数学理论推导而来。
有关四边形不等式，它可以针对形如f[ i, j ] = min/max{ m( i, k-1 ), m( k, j) } + w( i, j ) (i ≤ k ≤ j)的方程进行降阶优化。
补充说明：
【注：相关证明过程在此不提供】
由此，我们可以得到：s[ i , j-1 ] ≤ s[ i , j ] ≤ s[ i+1 , j ];
所以上述方程转变为：f[ i , j ] = min/max{ m[ i , k ] + m[ k , j ]} (s[ i , j-1 ] ≤ k ≤ s[ i+1 , j ]);
此时，时间复杂度从O(N3)减小为O(N2)
总结
动态规划的优化还有许多类型，本人目前仅了解以上内容，每一种优化思想都有独特的地方，但这些思想往往十分复杂让人望而生畏，只有通过平时一道题一道题的磨砺，才能逐渐领悟。众所周知，写出代码不难，难的是如何对现有代码进行优化，当我们能够对我们所写过的代码提供一份优化方案时，相信我们的水平一定上了一个台阶，让我们一起努力，加油！
【感谢您可以抽出时间阅读到这里，内容可能会有许多不妥之处；受限于水平，许多地方可能存在错误，还请各位大佬留言指正，请见谅，谢谢！】
#附文中所提到的2个题目的代码（仅提供文中提到的部分方案，可满足绝大多数时的要求）
（1）01背包
#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）传纸条（三维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) //判断纵坐标的合法性，不合法就跳过 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）传纸条（二维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; }
