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读完本文，可以去力扣解决如下题目：

787. K站中转内最便宜的航班（Medium）

喂，醒醒：

好吧，不开玩笑了，毕业季，对过去也许有些欢乐和感伤，对未来也许有些迷茫和向往，不过这些终究是过眼云烟，迟早会被时间淡化和遗忘。

在这段美好时光的末尾，确实应该来一场说走就走的毕业旅行，放肆一把，给青春画上一个完美的句号。

那么，本文就教给你一个动态规划算法，在毕业旅行中省钱，节约追求诗和远方的资本。

假设，你准备从学校所在的城市出发，游历多个城市，一路浪到公司入职，那么你应该如何安排旅游路线，才能最小化机票的开销？

我们来看看力扣第 787 题「K 站中转内最便宜的航班」，我描述一下题目：

现在有n个城市，分别用0,1…,n - 1这些序号表示，城市之间的航线用三元组[from, to, price]来表示，比如说三元组[0,1,100]就表示，从城市0到城市1之间的机票价格是 100 元。

题目会给你输入若干参数：

正整数n代表城市个数，数组flights装着若干三元组代表城市间的航线及价格，城市编号src代表你所在的城市，城市编号dst代表你要去的目标城市，整数K代表你最多经过的中转站个数。

函数签名如下：

int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K);

请你的算法计算，在K次中转之内，从src到dst所需的最小花费是多少钱，如果无法到达，则返回 -1。

比方说题目给的例子：

n = 3, flights = [[0,1,100],[1,2,100],[0,2,500]], src = 0, dst = 2, K = 0

航线就是如下这张图所示，有向边代表航线的方向，边上的数字代表航线的机票价格：

出发点是0，到达点是2，允许的最大中转次数K为 1，所以最小的开销就是图中红色的两条边，从0出发，经过中转城市1到达目标城市2，所以算法的返回值应该是 200。

注意这个中转次数的上限K是比较棘手的，如果上述题目将K改为 0，也就是不允许中转，那么我们的算法只能返回 500 了，也就是直接从0飞到2。

很明显，这题就是个加权有向图中求最短路径的问题。

说白了，就是给你一幅加权有向图，让你求src到dst权重最小的一条路径，同时要满足，这条路径最多不能超过K + 1条边（经过K个节点相当于经过K + 1条边。

我们来分析下求最短路径相关的算法。

BFS 算法思路

我们前文 BFS 算法框架详解 中说到，求最短路径，肯定可以用 BFS 算法来解决。

因为 BFS 算法相当于从起始点开始，一步一步向外扩散，那当然是离起点越近的节点越先被遍历到，如果 BFS 遍历的过程中遇到终点，那么走的肯定是最短路径。

不过呢，我们在 BFS 算法框架详解 用的是普通的队列Queue来遍历多叉树，而对于加权图的最短路径来说，普通的队列不管用了，得用优先级队列PriorityQueue。

为什么呢？也好理解，在多叉树（或者扩展到无权图）的遍历中，与其说边没有权重，不如说每条边的权重都是 1，起点与终点之间的路径权重就是它们之间「边」的条数。

这样，按照 BFS 算法一步步向四周扩散的逻辑，先遍历到的节点和起点之间的「边」更少，累计的权重当然少。

换言之，先进入Queue的节点就是离起点近的，路径权重小的节点。

但对于加权图，路径中边的条数和路径的权重并不是正相关的关系了，有的路径可能边的条数很少，但每条边的权重都很大，那显然这条路径权重也会很大，很难成为最短路径。

比如题目给的这个例子：

你是可以一步从0走到2，但路径权重不见得是最小的。

所以，对于加权图的场景，我们需要优先级队列「自动排序」的特性，将路径权重较小的节点排在队列前面，以此为基础施展 BFS 算法。

说了这么多 BFS 算法，只是帮助大家融会贯通一下，我们本文并不准备用 BFS 算法来解决这道题，而是准备用动态规划来解决这道题，因为我们公众号好久没有写动态规划相关的算法了。

动态规划思路

我们前文 动态规划核心套路详解 中说过，求最值的问题，很多都可能使用动态规划来求解。

加权最短路径问题，再加个K的限制也无妨，不也是个求最值的问题嘛，动态规划统统拿下。

我们先不管K的限制，单就「加权最短路径」这个问题来看看，它怎么就是个动态规划问题了呢？

比方说，现在我想计算src到dst的最短路径：

最小权重是多少？我不知道。

但我可以把问题进行分解：

s1, s2是指向dst的相邻节点，它们之间的权重我是知道的，分别是w1, w2。

只要我知道了从src到s1, s2的最短路径，我不就知道src到dst的最短路径了吗！

minPath(src, dst) = min(
    minPath(src, s1) + w1, 
    minPath(src, s2) + w2
)

这其实就是递归关系了，就是这么简单。

不过别忘了，题目对我们的最短路径还有个「路径上不能超过K + 1条边」的限制。

那么我们不妨定义这样一个dp函数：

int dp(int s, int k);

函数的定义如下：

从起点src出发，k步之内（一步就是一条边）到达节点s的最小路径权重为dp(s, k)。

那么，dp函数的 base case 就显而易见了：

// 定义：从 src 出发，k 步之内到达 s 的最小成本
    int dp(int s, int k) {
        // 从 src 到 src，一步都不用走
        if (s == src) {
            return 0;
        }
        // 如果步数用尽，就无解了
        if (k == 0) {
            return -1;
        }

        // ...
    }

题目想求的最小机票开销就可以用dp(dst, K+1)来表示：

int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K) {
    // 将中转站个数转化成边的条数
    K++;
    //...
    return dp(dst, K);

添加了一个K条边的限制，状态转移方程怎么写呢？其实和刚才是一样的：

K步之内从src到dst的最小路径权重是多少？我不知道。

但我可以把问题分解：

s1, s2是指向dst的相邻节点，我只要能够在K - 1步之内从src到达s1, s2，那我就可以在K步之内从src到达dst。

也就是如下关系式：

dp(dst, k) = min(
    dp(s1, k - 1) + w1, 
    dp(s2, k - 1) + w2
)

这就是新的状态转移方程，如果你能看懂这个算式，就已经可以解决这道题了。

代码实现

根据上述思路，我怎么知道s1, s2是指向dst的相邻节点，他们之间的权重是w1, w2？

我希望给一个节点，就能知道有谁指向这个节点，还知道它们之间的权重，对吧。

专业点说，得用一个数据结构记录每个节点的「入度」indegree：

// 哈希表记录每个点的入度
// to -> [from, price]
HashMap<Integer, List<int[]>> indegree;
int src, dst;

public int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K) {
    // 将中转站个数转化成边的条数
    K++;
    this.src = src;
    this.dst = dst;

    indegree = new HashMap<>();
    for (int[] f : flights) {
        int from = f[0];
        int to = f[1];
        int price = f[2];
        // 记录谁指向该节点，以及之间的权重
        indegree.putIfAbsent(to, new LinkedList<>());
        indegree.get(to).add(new int[] {from, price});
    }

    return dp(dst, K);
}

有了indegree存储入度，那么就可以具体实现dp函数了：

// 定义：从 src 出发，k 步之内到达 s 的最短路径权重
int dp(int s, int k) {
    // base case
    if (s == src) {
        return 0;
    }
    if (k == 0) {
        return -1;
    }
    // 初始化为最大值，方便等会儿取最小值
    int res = Integer.MAX_VALUE;
    if (indegree.containsKey(s)) {
        // 当 s 有入度节点时，分解为子问题
        for (int[] v : indegree.get(s)) {
            int from = v[0];
            int price = v[1];
            // 从 src 到达相邻的入度节点所需的最短路径权重
            int subProblem = dp(from, k - 1);
            // 跳过无解的情况
            if (subProblem != -1) {
                res = Math.min(res, subProblem + price);
            }
        }
    }
    // 如果还是初始值，说明此节点不可达
    return res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
}

有之前的铺垫，这段解法逻辑应该是很清晰的。当然，对于动态规划问题，肯定要消除重叠子问题。

为什么有重叠子问题？很简单，如果某个节点同时指向两个其他节点，那么这两个节点就有相同的一个入度节点，就会产生重复的递归计算。

怎么消除重叠子问题？找问题的「状态」。

状态是什么？在问题分解（状态转移）的过程中变化的，就是状态。

谁在变化？显然就是dp函数的参数s和k，每次递归调用，目标点s和步数约束k在变化。

所以，本题的状态有两个，应该算是二维动态规划，我们可以用一个memo二维数组或者哈希表作为备忘录，减少重复计算。

我们选用二维数组做备忘录吧，注意K是从 1 开始算的，所以备忘录初始大小要再加一：

int src, dst;
HashMap<Integer, List<int[]>> indegree;
// 备忘录
int[][] memo;

public int findCheapestPrice(int n, int[][] flights, int src, int dst, int K) {
    K++;
    this.src = src;
    this.dst = dst;
    // 初始化备忘录，全部填一个特殊值
    memo = new int[n][K + 1];
    for (int[] row : memo) {
        Arrays.fill(row, -888);
    }

    // 其他不变
    // ...

    return dp(dst, K);
}

// 定义：从 src 出发，k 步之内到达 s 的最小成本
int dp(int s, int k) {
    // base case
    if (s == src) {
        return 0;
    }
    if (k == 0) {
        return -1;
    }
    // 查备忘录，防止冗余计算
    if (memo[s][k] != -888) {
        return memo[s][k];
    }

    // 状态转移不变
    // ...

    // 存入备忘录
    memo[s][k] = res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
    return memo[s][k];
}

备忘录初始值为啥初始为 -888？前文 base case 和备忘录的初始值怎么定 说过，随便初始化一个无意义的值就行。

至此，这道题就通过自顶向下的递归方式解决了。当然，完全可以按照这个解法衍生出自底向上迭代的动态规划解法，但由于篇幅所限，我就不写了，反正本质上都是一样的。

其实，大家如果把我们号之前的所有动态规划文章都看一遍，就会发现我们一直在套用 动态规划核心套路，其实真没什么困难的。

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