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恶魔们抓住了公主并将她关在了地下城 dungeon 的 右下角 。地下城是由 m x n 个房间组成的二维网格。我们英勇的骑士最初被安置在 左上角 的房间里，他必须穿过地下城并通过对抗恶魔来拯救公主。
骑士的初始健康点数为一个正整数。如果他的健康点数在某一时刻降至 0 或以下，他会立即死亡。
有些房间由恶魔守卫，因此骑士在进入这些房间时会失去健康点数（若房间里的值为负整数，则表示骑士将损失健康点数）；其他房间要么是空的（房间里的值为 0），要么包含增加骑士健康点数的魔法球（若房间里的值为正整数，则表示骑士将增加健康点数）。
为了尽快解救公主，骑士决定每次只 向右 或 向下 移动一步。
返回确保骑士能够拯救到公主所需的最低初始健康点数。
注意：任何房间都可能对骑士的健康点数造成威胁，也可能增加骑士的健康点数，包括骑士进入的左上角房间以及公主被监禁的右下角房间。
示例 1：
输入：dungeon = [[-2,-3,3],[-5,-10,1],[10,30,-5]] 输出：7 解释：如果骑士遵循最佳路径：右 -> 右 -> 下 -> 下 ，则骑士的初始健康点数至少为 7 。
示例 2：
输入：dungeon = [[0]] 输出：1
解法一 回溯法
最直接暴力的方法就是做搜索了，在每个位置无非就是向右向下两种可能，然后去尝试所有的解，然后找到最小的即可，也就是做一个 DFS 或者说是回溯法。
//全局变量去保存最小值
int minHealth = Integer.MAX_VALUE;public int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {//calculateMinimumHPHelper 四个参数//int x, int y, int health, int addHealth, int[][] dungeon//x, y 代表要准备到的位置，x 代表是哪一列，y 代表是哪一行//health 代表当前的生命值//addHealth 代表当前已经增加的生命值//初始的时候给加 1 点血，addHealth 和 health 都是 1calculateMinimumHPHelper(0, 0, 1, 1, dungeon);return minHealth;
}private void calculateMinimumHPHelper(int x, int y, int health, int addHealth, int[][] dungeon) {//加上当前位置的奖励或惩罚health = health + dungeon[y][x];//此时是否需要加血，加血的话就将 health 加到 1if (health <= 0) {addHealth = addHealth + Math.abs(health) + 1;}//是否到了终点if (x == dungeon[0].length - 1 && y == dungeon.length - 1) {minHealth = Math.min(addHealth, minHealth);return;}//是否加过血if (health <= 0) {//加过血的话，health 就变为 1if (x < dungeon[0].length - 1) {calculateMinimumHPHelper(x + 1, y, 1, addHealth, dungeon);}if (y < dungeon.length - 1) {calculateMinimumHPHelper(x, y + 1, 1, addHealth, dungeon);}} else {//没加过血的话，health 就是当前的 healthif (x < dungeon[0].length - 1) {calculateMinimumHPHelper(x + 1, y, health, addHealth, dungeon);}if (y < dungeon.length - 1) {calculateMinimumHPHelper(x, y + 1, health, addHealth, dungeon);}}}
然后结果是意料之中的，会超时。
然后我们就需要剪枝，将一些情况提前结束掉，最容易想到的就是，如果当前加的血已经超过了全局最小值，那就可以直接结束，不用进后边的递归。
if (addHealth > minHealth) {return;
}
Copy然后发现对于给定的 test case 并没有什么影响。
之所以超时，就是因为我们会经过很多重复的位置，比如
0 1 2
3 4 5
6 7 8
如果按 DFS，第一条路径就是 0 -> 1 -> 2 -> 5 -> 8
然后通过回溯，第二次判断的路径就会是 0 -> 1 -> 4 -> 5 -> ...
我们会发现它又会来到 5 这个位置
其他的也类似，如果表格很大的话，不停的回溯，一些位置会经过很多次
接下来，就会想到用 map 去缓冲我们过程中求出的解，key 话当然是 x 和 y 了，value 呢？存当前的 health 和 addhealth？那第二次来到这个位置的时候，我们并不能做什么，比如举个例子。
第一次来到 (3,5) 的时候，health 是 5，addhealth 是 6。
第二次来到 (3,5) 的时候，health 是 4，addhealth 是 7，我们什么也做不了，我们并不知道未来它会走什么路。
因为走的路是由 health 和 addhealth 共同决定的，此时来到相同的位置，由于 health 和 addhealth 都不一样，所以未来的路也很有可能变化，所以我们并不能通过缓冲结果来剪枝。
我们最多能判断当 x、y、health 和 addhealth 全部相同的时候提前结束，但这种情况也很少，所以并不能有效的加快搜索速度。
这条路看起来到死路了，我们换个思路，去用动态规划。
动态规划的关键就是去定义我们的状态了，这里直接将要解决的问题定义为我们的状态。
用 dp[i][j] 存储从起点 (0, 0) 到达 (i, j) 时候所需要的最小初始生命值。
到达 (i,j) 有两个点，(i-1, j) 和 (i, j-1)。
接下来就需要去推导状态转移方程了。
* * 8 *
* 7 ! ?
? ? ? ?
假如我们要求上图中 ! 位置的 dp，假设之前的 dp 已经都求出来了。
那么 dp 是等于感叹号上边的 dp 还是等于它左边的 dp 呢？选较小的吗？
但如果 8 对应的当时的 health 是 100，而 7 对应的是 5，此时更好的选择应该是 8。
那就选 health 大的呗，那 dp 不管了吗？极端的例子，假如此时的位置已经是终点了，很明显我们应该选择从左边过来，也就是 7 的位置过来，之前的 health 并不重要了。
所以推到这里会发现，因为我们有两个不确定的变量，一个是 dp ，也就是从起点 (0, 0) 到达 (i, j) 时候所需要的最小初始生命值，还有一个就是当时剩下的生命值。
当更新 dp 的时候我们并不知道它应该是从上边下来，还是从左边过来有利于到达终点的时候所需的初始生命值最小。
换句话讲，依赖过去的状态，并不能指导我们当前的选择，因为还需要未来的信息。
所以到这里，我再次走到了死胡同，就去看 Discuss 了，这里分享下别人的做法。
解法二 递归
看到 这里 评论区的一个解法。
所需要做的就是将上边动态规划的思路逆转一下。
↓
→ *
之前我们考虑的是当前这个位置，它应该是从上边下来还是左边过来会更好些，然后发现并不能确定。
现在的话，看下边的图。
* → x
↓
y
我们现在考虑从当前位置，应该是向右走还是向下走，这样我们是可以确定的。
如果我们知道右边的位置到终点的需要的最小生命值是 x，下边位置到终点需要的最小生命值是 y。
很明显我们应该选择所需生命值较小的方向。
如果 x < y，我们就向右走。
如果 x > y，我们就向下走。
知道方向以后，当前位置到终点的最小生命值 need 就等于 x 和 y 中较小的值减去当前位置上边的值。
如果算出来 need 大于 0，那就说明我们需要 need 的生命值到达终点。
如果算出来 need 小于等于 0，那就说明当前位置增加的生命值很大，所以当前位置我们只需要给一个最小值 1，就足以走到终点。
举个具体的例子就明白了。
如果右边的位置到终点的需要的最小生命值是 5，下边位置到终点需要的最小生命值是 8。
所以我们选择向右走。
如果当前位置的值是 2，然后 need = 5 - 2 = 3，所以当前位置的初始值应该是 3。
如果当前位置的值是 -3，然后 need = 5 - (-3) = 8，所以当前位置的初始值应该是 8。
如果当前位置的值是 10，说明增加的生命值很多，need = 5 - 10 = -5，此时我们只需要将当前位置的生命值初始为 1 即可。
然后每个位置都这样考虑，递归也就出来了。
递归出口也很好考虑， 那就是最后求终点到终点需要的最小生命值。
如果终点位置的值是正的，那么所需要的最小生命值就是 1。
如果终点位置的值是负的，那么所需要的最小生命值就是负值的绝对值加 1。
public int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {return calculateMinimumHPHelper(0, 0, dungeon);
}private int calculateMinimumHPHelper(int i, int j, int[][] dungeon) {//是否到达终点if (i == dungeon.length - 1 && j == dungeon[0].length - 1) {if (dungeon[i][j] > 0) {return 1;} else {return -dungeon[i][j] + 1;}}//右边位置到达终点所需要的最小值，如果已经在右边界，不能往右走了，赋值为最大值int right = j < dungeon[0].length - 1 ? calculateMinimumHPHelper(i, j + 1, dungeon) : Integer.MAX_VALUE;//下边位置到达终点需要的最小值，如果已经在下边界，不能往下走了，赋值为最大值int down = i < dungeon.length - 1 ? calculateMinimumHPHelper(i + 1, j, dungeon) : Integer.MAX_VALUE;//当前位置到终点还需要的生命值int need = right < down ? right - dungeon[i][j] : down - dungeon[i][j];if (need <= 0) {return 1;} else {return need;}
}
当然还是意料之中的超时了。
不过不要慌，还是之前的思想，我们利用 map 去缓冲中间过程的值，也就是 memoization 技术。
这个 map 的 key 和 value 就显而易见了，key 是坐标 i,j，value 的话就存当最后求出来的当前位置到终点所需的最小生命值，也就是 return 前同时存进 map 中。
public int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {return calculateMinimumHPHelper(0, 0, dungeon, new HashMap<String, Integer>());
}private int calculateMinimumHPHelper(int i, int j, int[][] dungeon, HashMap<String, Integer> map) {if (i == dungeon.length - 1 && j == dungeon[0].length - 1) {if (dungeon[i][j] > 0) {return 1;} else {return -dungeon[i][j] + 1;}}String key = i + "@" + j;if (map.containsKey(key)) {return map.get(key);}int right = j < dungeon[0].length - 1 ? calculateMinimumHPHelper(i, j + 1, dungeon, map) : Integer.MAX_VALUE;int down = i < dungeon.length - 1 ? calculateMinimumHPHelper(i + 1, j, dungeon, map) : Integer.MAX_VALUE;int need = right < down ? right - dungeon[i][j] : down - dungeon[i][j];if (need <= 0) {map.put(key, 1);return 1;} else {map.put(key, need);return need;}
}
解法三 动态规划
其实解法二递归写完以后，很快就能想到动态规划怎么去解了。虽然它俩本质是一样的，但用动态规划可以节省递归压栈的时间，直接从底部往上走。
我们的状态就定义成解法二递归中返回的值，用 dp[i][j] 表示从 (i, j) 到达终点所需要的最小生命值。
状态转移方程的话和递归也一模一样，只需要把函数调用改成取直接取数组的值。
因为对于边界的情况，我们需要赋值为最大值，所以数组的话我们也扩充一行一列将其初始化为最大值，比如
奖惩数组
1 -3 3
0 -2 0
-3 -3 -3dp 数组
终点位置就是递归出口时候返回的值，边界扩展一下
用 M 表示 Integer.MAXVALUE
0 0 0 M
0 0 0 M
0 0 4 M
M M M M然后就可以一行一行或者一列一列的去更新 dp 数组，当然要倒着更新
因为更新 dp[i][j] 的时候我们需要 dp[i+1][j] 和 dp[i][j+1] 的值
然后代码就出来了，可以和递归代码做个对比。
public int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {int row = dungeon.length;int col = dungeon[0].length;int[][] dp = new int[row + 1][col + 1];//终点所需要的值dp[row - 1][col - 1] = dungeon[row - 1][col - 1] > 0 ? 1 : -dungeon[row - 1][col - 1] + 1;//扩充的边界更新为最大值for (int i = 0; i <= col; i++) {dp[row][i] = Integer.MAX_VALUE;}for (int i = 0; i <= row; i++) {dp[i][col] = Integer.MAX_VALUE;}//逆过来更新for (int i = row - 1; i >= 0; i--) {for (int j = col - 1; j >= 0; j--) {if (i == row - 1 && j == col - 1) {continue;}//选择向右走还是向下走dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) - dungeon[i][j];if (dp[i][j] <= 0) {dp[i][j] = 1;}}}return dp[0][0];
}
如果动态规划做的多的话，必不可少的一步就是空间复杂度可以进行优化，比如 5题，10题，53题，72题 ，115 题 等等都已经用过了。
因为我们的 dp 数组在更新第 i 行的时候，我们只需要第 i+1 行的信息，而 i+2，i+3 行的信息我们就不再需要了，我们我们其实不需要二维数组，只需要一个一维数组就足够了。
public int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {int row = dungeon.length;int col = dungeon[0].length;int[] dp = new int[col + 1];for (int i = 0; i <= col; i++) {dp[i] = Integer.MAX_VALUE;}dp[col - 1] = dungeon[row - 1][col - 1] > 0 ? 1 : -dungeon[row - 1][col - 1] + 1;for (int i = row - 1; i >= 0; i--) {for (int j = col - 1; j >= 0; j--) {if (i == row - 1 && j == col - 1) {continue;}dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1]) - dungeon[i][j];if (dp[j] <= 0) {dp[j] = 1;}}}return dp[0];
}