描述
假设你有一个特殊的键盘，包含以下的按键：
key 1：（A）：在屏幕上打印一个 A
key 2：（Ctrl-A）：选中整个屏幕
key 3：（Ctrl-C）：复制选中区域到缓冲区
key 4：（Ctrl-V）：将缓冲区内容输出到上次输入的结束位置，并显示在屏幕上
现在，你只可以按键N次（使用上述四种按键），请问屏幕上最多可以显示几个A？
样例1：
输入：N=3
输出：3
解释：我们最多可以在屏幕上显示3个A，通过如下顺序按键：A, A, A
样例2：
输入：N=7
输出：N=9
解释：我们最多可以在屏幕上显示9个A，通过如下顺序按键：A, A, A, Ctrl-A, Ctrl-C, Ctrl-V, Ctrl-V
解析
如何在 N 次敲击按钮后得到最多的 A？我们穷举呗，每次有对于每次按键，我们可以穷举四种可能，很明显就是一个动态规划问题。
第一种思路
这种思路会很容易理解，但是效率并不高，我们直接走流程：对于动态规划问题，首先要明白有哪些「状态」，有哪些「选择」。
具体到这个问题，对于每次敲击按键，有哪些「选择」是很明显的：4 种，就是题目中提到的四个按键，分别是 A、C-A、C-C、C-V（Ctrl 简写为 C）。
接下来，思考一下对于这个问题有哪些「状态」？或者换句话说，我们需要知道什么信息，才能将原问题分解为规模更小的子问题？
你看我这样定义三个状态行不行：第一个状态是剩余的按键次数，用 n 表示；第二个状态是当前屏幕上字符 A 的数量，用 a_num 表示；第三个状态是剪切板中字符 A 的数量，用 copy 表示。
如此定义「状态」，就可以知道 base case：当剩余次数 n 为 0 时，a_num 就是我们想要的答案。
结合刚才说的 4 种「选择」，我们可以把这几种选择通过状态转移表示出来：
dp(n - 1, a_num + 1, copy), # A 解释：按下 A 键，屏幕上加一个字符 同时消耗 1 个操作数 dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V 解释：按下 C-V 粘贴，剪切板中的字符加入屏幕 同时消耗 1 个操作数 dp(n - 2, a_num, a_num) # C-A C-C 解释：全选和复制必然是联合使用的， 剪切板中 A 的数量变为屏幕上 A 的数量 同时消耗 2 个操作数
这样可以看到问题的规模 n 在不断减小，肯定可以到达 n = 0 的 base case，所以这个思路是正确的：
def maxA(N: int) -> int: # 对于 (n, a_num, copy) 这个状态， # 屏幕上能最终最多能有 dp(n, a_num, copy) 个 A def dp(n, a_num, copy): # base case if n <= 0: return a_num; # 几种选择全试一遍，选择最大的结果 return max( dp(n - 1, a_num + 1, copy), # A dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V dp(n - 2, a_num, a_num) # C-A C-C ) # 可以按 N 次按键，屏幕和剪切板里都还没有 A return dp(N, 0, 0)
这个解法应该很好理解，因为语义明确。下面就继续走流程，用备忘录消除一下重叠子问题：
def maxA(N: int) -> int: # 备忘录 memo = dict() def dp(n, a_num, copy): if n <= 0: return a_num; # 避免计算重叠子问题 if (n, a_num, copy) in memo: return memo[(n, a_num, copy)] memo[(n, a_num, copy)] = max( # 几种选择还是一样的 ) return memo[(n, a_num, copy)] return dp(N, 0, 0)
这样优化代码之后，子问题虽然没有重复了，但数目仍然很多，在 LeetCode 提交会超时的。
我们尝试分析一下这个算法的时间复杂度，就会发现不容易分析。我们可以把这个 dp 函数写成 dp 数组：
dp[n][a_num][copy]
# 状态的总数（时空复杂度）就是这个三维数组的体积
我们知道变量 n 最多为 N，但是 a_num 和 copy 最多为多少我们很难计算，复杂度起码也有 O(N^3) 把。所以这个算法并不好，复杂度太高，且已经无法优化了。
这也就说明，我们这样定义「状态」是不太优秀的，下面我们换一种定义 dp 的思路。
第二种思路（***）
这种思路稍微有点复杂，但是效率高。继续走流程，「选择」还是那 4 个，但是这次我们只定义一个「状态」，也就是剩余的敲击次数 n。
这个算法基于这样一个事实，最优按键序列一定只有两种情况：
要么一直按 A：A,A,...A（当 N 比较小时）。
要么是这么一个形式：A,A,...C-A,C-C,C-V,C-V,...C-V（当 N 比较大时）。
因为字符数量少（N 比较小）时，C-A C-C C-V 这一套操作的代价相对比较高，可能不如一个个按 A；而当 N 比较大时，后期 C-V 的收获肯定很大。这种情况下整个操作序列大致是：开头连按几个 A，然后 C-A C-C 组合再接若干 C-V，然后再 C-A C-C 接着若干 C-V，循环下去。
换句话说，最后一次按键要么是 A 要么是 C-V。明确了这一点，可以通过这两种情况来设计算法：
int[] dp = new int[N + 1]; // 定义：dp[i] 表示 i 次操作后最多能显示多少个 A for (int i = 0; i <= N; i++) dp[i] = max( 这次按 A 键， 这次按 C-V )
对于「按 A 键」这种情况，就是状态 i - 1 的屏幕上新增了一个 A 而已，很容易得到结果：
// 按 A 键，就比上次多一个 A 而已 dp[i] = dp[i - 1] + 1;
但是，如果要按 C-V，还要考虑之前是在哪里 C-A C-C 的。
刚才说了，最优的操作序列一定是 C-A C-C 接着若干 C-V，所以我们用一个变量 j 作为若干 C-V 的起点（应该看作C-C的位置）。那么 j - 1 、j 操作就应该是 C-A C-C 了：
public int maxA(int N) { int[] dp = new int[N + 1]; dp[0] = 0; for (int i = 1; i <= N; i++) { // 按 A 键 dp[i] = dp[i - 1] + 1; for (int j = 2; j < i; j++) {//j是C-C的位置，j - 2就是j之前的最后按键A的位置 // 全选 & 复制 dp[j-2]，连续粘贴 i - j 次 // 屏幕上共 dp[j - 2] * (i - j + 1) 个 A（包含j位置前的A的总数，所以这里 + 1） dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j - 2] * (i - j + 1));//j一直小于i，说明 j - 2 的位置，一定是按键A，即j - 2位置上表明当前位置上A的最大个数 } } // N 次按键之后最多有几个 A？ return dp[N]; }
这样，此算法就完成了，时间复杂度 O(N^2)，空间复杂度 O(N)，这种解法应该是比较高效的了。
