山西路桥建设集团网站,网贷代理推广,一键免费做网站,如何申请小程序账号简介(入门) 什么是动态规划#xff0c;我们要如何描述它?
动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。 当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度#xff0c; 因此它比回溯法、暴力法等要快许多。
现在让我们通过一…简介(入门) 什么是动态规划我们要如何描述它?
动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。 当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度 因此它比回溯法、暴力法等要快许多。
现在让我们通过一个例子来了解一下DP的基本原理。
首先我们要找到某个状态的最优解然后在它的帮助下找到下一个状态的最优解。
“状态”代表什么及如何找到它?
“状态用来描述该问题的子问题的解。原文中有两段作者阐述得不太清楚跳过直接上例子。
如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚如何用最少的硬币凑够11元 (表面上这道题可以用贪心算法但贪心算法无法保证可以求出解比如1元换成2元的时候)
首先我们思考一个问题如何用最少的硬币凑够i元(i11)为什么要这么问呢 两个原因1.当我们遇到一个大问题时总是习惯把问题的规模变小这样便于分析讨论。 2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的除了规模变小其它的都是一样的 本质上它还是同一个问题(规模变小后的问题其实是原问题的子问题)。
好了让我们从最小的i开始吧。当i0即我们需要多少个硬币来凑够0元。 由于135都大于0即没有比0小的币值因此凑够0元我们最少需要0个硬币。 (这个分析很傻是不是别着急这个思路有利于我们理清动态规划究竟在做些什么。) 这时候我们发现用一个标记来表示这句“凑够0元我们最少需要0个硬币。”会比较方便 如果一直用纯文字来表述不出一会儿你就会觉得很绕了。那么 我们用d(i)j来表示凑够i元最少需要j个硬币。于是我们已经得到了d(0)0 表示凑够0元最小需要0个硬币。当i1时只有面值为1元的硬币可用 因此我们拿起一个面值为1的硬币接下来只需要凑够0元即可而这个是已经知道答案的 即d(0)0。所以d(1)d(1-1)1d(0)1011。当i2时 仍然只有面值为1的硬币可用于是我拿起一个面值为1的硬币 接下来我只需要再凑够2-11元即可(记得要用最小的硬币数量)而这个答案也已经知道了。 所以d(2)d(2-1)1d(1)1112。一直到这里你都可能会觉得好无聊 感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为1的硬币耐心点 让我们看看i3时的情况。当i3时我们能用的硬币就有两种了1元的和3元的( 5元的仍然没用因为你需要凑的数目是3元5元太多了亲)。 既然能用的硬币有两种我就有两种方案。如果我拿了一个1元的硬币我的目标就变为了 凑够3-12元需要的最少硬币数量。即d(3)d(3-1)1d(2)1213。 这个方案说的是我拿3个1元的硬币第二种方案是我拿起一个3元的硬币 我的目标就变成凑够3-30元需要的最少硬币数量。即d(3)d(3-3)1d(0)1011. 这个方案说的是我拿1个3元的硬币。好了这两种方案哪种更优呢 记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够3元的。所以 选择d(3)1怎么来的呢具体是这样得到的d(3)min{d(3-1)1, d(3-3)1}。
OK码了这么多字讲具体的东西让我们来点抽象的。从以上的文字中 我们要抽出动态规划里非常重要的两个概念状态和状态转移方程。
上文中d(i)表示凑够i元需要的最少硬币数量我们将它定义为该问题的状态 这个状态是怎么找出来的呢我在另一篇文章 动态规划之背包问题(一)中写过 根据子问题定义状态。你找到子问题状态也就浮出水面了。 最终我们要求解的问题可以用这个状态来表示d(11)即凑够11元最少需要多少个硬币。 那状态转移方程是什么呢既然我们用d(i)表示状态那么状态转移方程自然包含d(i) 上文中包含状态d(i)的方程是d(3)min{d(3-1)1, d(3-3)1}。没错 它就是状态转移方程描述状态之间是如何转移的。当然我们要对它抽象一下
d(i)min{ d(i-vj)1 }其中i-vj 0vj表示第j个硬币的面值;
有了状态和状态转移方程这个问题基本上也就解决了。当然了Talk is cheap,show me the code!
伪代码如下 下图是当i从0到11时的解 从上图可以得出要凑够11元至少需要3枚硬币。
此外通过追踪我们是如何从前一个状态值得到当前状态值的 可以找到每一次我们用的是什么面值的硬币。比如从上面的图我们可以看出 最终结果d(11)d(10)1(面值为1)而d(10)d(5)1(面值为5)最后d(5)d(0)1 (面值为5)。所以我们凑够11元最少需要的3枚硬币是1元、5元、5元。
注意原文中这里本来还有一段的但我反反复复读了几遍 大概的意思我已经在上文从i0到i3的分析中有所体现了。作者本来想讲的通俗一些 结果没写好反而更不好懂所以这段不翻译了。
初级
上面讨论了一个非常简单的例子。现在让我们来看看对于更复杂的问题 如何找到状态之间的转移方式(即找到状态转移方程)。 为此我们要引入一个新词叫递推关系来将状态联系起来(说的还是状态转移方程)
OK上例子看看它是如何工作的。
一个序列有N个数A[1],A[2],…,A[N]求出最长非降子序列的长度。 (讲DP基本都会讲到的一个问题LISlongest increasing subsequence)
正如上面我们讲的面对这样一个问题我们首先要定义一个“状态”来代表它的子问题 并且找到它的解。注意大部分情况下某个状态只与它前面出现的状态有关 而独立于后面的状态。
让我们沿用“入门”一节里那道简单题的思路来一步步找到“状态”和“状态转移方程”。 假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i]的最长非降子序列的长度其中iN 那么上面的问题变成了原问题的一个子问题(问题规模变小了你可以让i1,2,3等来分析) 然后我们定义d(i)表示前i个数中以A[i]结尾的最长非降子序列的长度。OK 对照“入门”中的简单题你应该可以估计到这个d(i)就是我们要找的状态。 如果我们把d(1)到d(N)都计算出来那么最终我们要找的答案就是这里面最大的那个。 状态找到了下一步找出状态转移方程。
为了方便理解我们是如何找到状态转移方程的我先把下面的例子提到前面来讲。 如果我们要求的这N个数的序列是
534867
根据上面找到的状态我们可以得到下文的最长非降子序列都用LIS表示
前1个数的LIS长度d(1)1(序列5)前2个数的LIS长度d(2)1(序列33前面没有比3小的)前3个数的LIS长度d(3)2(序列344前面有个比它小的3所以d(3)d(2)1)前4个数的LIS长度d(4)3(序列3488前面比它小的有3个数所以 d(4)max{d(1),d(2),d(3)}13)
OK分析到这我觉得状态转移方程已经很明显了如果我们已经求出了d(1)到d(i-1) 那么d(i)可以用下面的状态转移方程得到
d(i) max{1, d(j)1},其中ji,A[j]A[i]用大白话解释就是想要求d(i)就把i前面的各个子序列中 最后一个数不大于A[i]的序列长度加1然后取出最大的长度即为d(i)。 当然了有可能i前面的各个子序列中最后一个数都大于A[i]那么d(i)1 即它自身成为一个长度为1的子序列。
分析完了上图(第二列表示前i个数中LIS的长度 第三列表示LIS中到达当前这个数的上一个数的下标根据这个可以求出LIS序列) Talk is cheap, show me the code:
#include iostream
using namespace std;int lis(int A[], int n){int *d new int[n];int len 1;for(int i0; in; i){d[i] 1;for(int j0; ji; j)if(A[j]A[i] d[j]1d[i])d[i] d[j] 1;if(d[i]len) len d[i];}delete[] d;return len;
}
int main(){int A[] {5, 3, 4, 8, 6, 7};coutlis(A, 6)endl;return 0;
}该算法的时间复杂度是O(n2 )并不是最优的解法。 还有一种很巧妙的算法可以将时间复杂度降到O(nlogn)网上已经有各种文章介绍它 这里就不再赘述。传送门 LIS的O(nlogn)解法。 此题还可以用“排序LCS”来解感兴趣的话可自行Google。
练习题
无向图G有N个结点(1N1000)及一些边每一条边上带有正的权重值。 找到结点1到结点N的最短路径或者输出不存在这样的路径。
提示在每一步中对于那些没有计算过的结点 及那些已经计算出从结点1到它的最短路径的结点如果它们间有边 则计算从结点1到未计算结点的最短路径。
尝试解决以下来自topcoder竞赛的问题
ZigZag - 2003 TCCC Semifinals 3BadNeighbors - 2004 TCCC Round 4FlowerGarden - 2004 TCCC Round 1
中级
接下来让我们来看看如何解决二维的DP问题。
平面上有N*M个格子每个格子中放着一定数量的苹果。你从左上角的格子开始 每一步只能向下走或是向右走每次走到一个格子上就把格子里的苹果收集起来 这样下去你最多能收集到多少个苹果。
解这个问题与解其它的DP问题几乎没有什么两样。第一步找到问题的“状态” 第二步找到“状态转移方程”然后基本上问题就解决了。
首先我们要找到这个问题中的“状态”是什么我们必须注意到的一点是 到达一个格子的方式最多只有两种从左边来的(除了第一列)和从上边来的(除了第一行)。 因此为了求出到达当前格子后最多能收集到多少个苹果 我们就要先去考察那些能到达当前这个格子的格子到达它们最多能收集到多少个苹果。 (是不是有点绕但这句话的本质其实是DP的关键欲求问题的解先要去求子问题的解)
经过上面的分析很容易可以得出问题的状态和状态转移方程。 状态S[i][j]表示我们走到(i, j)这个格子时最多能收集到多少个苹果。那么 状态转移方程如下
S[i][j]A[i][j] max(S[i-1][j], if i0 ; S[i][j-1], if j0)其中i代表行j代表列下标均从0开始A[i][j]代表格子(i, j)处的苹果数量。
S[i][j]有两种计算方式1.对于每一行从左向右计算然后从上到下逐行处理2. 对于每一列从上到下计算然后从左向右逐列处理。 这样做的目的是为了在计算S[i][j]时S[i-1][j]和S[i][j-1]都已经计算出来了。
伪代码如下 以下两道题来自topcoder练习用的。
AvoidRoads - 2003 TCO Semifinals 4ChessMetric - 2003 TCCC Round 4
中高级
这一节要讨论的是带有额外条件的DP问题。
以下的这个问题是个很好的例子。
无向图G有N个结点它的边上带有正的权重值。
你从结点1开始走并且一开始的时候你身上带有M元钱。如果你经过结点i 那么你就要花掉S[i]元(可以把这想象为收过路费)。如果你没有足够的钱 就不能从那个结点经过。在这样的限制条件下找到从结点1到结点N的最短路径。 或者输出该路径不存在。如果存在多条最短路径那么输出花钱数量最少的那条。 限制1N100 ; 0M100 ; 对于每个i0S[i]100正如我们所看到的 如果没有额外的限制条件(在结点处要收费费用不足还不给过)那么 这个问题就和经典的迪杰斯特拉问题一样了(找到两结点间的最短路径)。 在经典的迪杰斯特拉问题中 我们使用一个一维数组来保存从开始结点到每个结点的最短路径的长度 即M[i]表示从开始结点到结点i的最短路径的长度。然而在这个问题中 我们还要保存我们身上剩余多少钱这个信息。因此很自然的 我们将一维数组扩展为二维数组。M[i][j]表示从开始结点到结点i的最短路径长度 且剩余j元。通过这种方式我们将这个问题规约到原始的路径寻找问题。 在每一步中对于已经找到的最短路径我们找到它所能到达的下一个未标记状态(i,j) 将它标记为已访问(之后不再访问这个结点)并且在能到达这个结点的各个最短路径中 找到加上当前边权重值后最小值对应的路径即为该结点的最短路径。 (写起来真是绕建议画个图就会明了很多)。不断重复上面的步骤 直到所有的结点都访问到为止(这里的访问并不是要求我们要经过它 比如有个结点收费很高你没有足够的钱去经过它但你已经访问过它) 最后Min[N-1][j]中的最小值即是问题的答案(如果有多个最小值 即有多条最短路径那么选择j最大的那条路径即使你剩余钱数最多的最短路径)。
伪代码 下面有几道topcoder上的题以供练习
Jewelry - 2003 TCO Online Round 4StripePainter - SRM 150 Div 1QuickSums - SRM 197 Div 2ShortPalindromes - SRM 165 Div 2
高级
以下问题需要仔细的揣摩才能将其规约为可用DP解的问题。
问题StarAdventure - SRM 208 Div 1:
给定一个M行N列的矩阵(M*N个格子)每个格子中放着一定数量的苹果。 你从左上角的格子开始只能向下或向右走目的地是右下角的格子。 你每走过一个格子就把格子上的苹果都收集起来。然后你从右下角走回左上角的格子 每次只能向左或是向上走同样的走过一个格子就把里面的苹果都收集起来。 最后你再一次从左上角走到右下角每过一个格子同样要收集起里面的苹果 (如果格子里的苹果数为0就不用收集)。求你最多能收集到多少苹果。
注意当你经过一个格子时你要一次性把格子里的苹果都拿走。
限制条件1 N, M 50每个格子里的苹果数量是0到1000(包含0和1000)。
如果我们只需要从左上角的格子走到右下角的格子一次并且收集最大数量的苹果 那么问题就退化为“中级”一节里的那个问题。将这里的问题规约为“中级”里的简单题 这样一来会比较好解。让我们来分析一下这个问题要如何规约或是修改才能用上DP。 首先对于第二次从右下角走到左上角得出的这条路径 我们可以将它视为从左上角走到右下角得出的路径没有任何的差别。 (即从B走到A的最优路径和从A走到B的最优路径是一样的)通过这种方式 我们得到了三条从顶走到底的路径。对于这一点的理解可以稍微减小问题的难度。 于是我们可以将这3条路径记为左中右路径。对于两条相交路径(如下图) 在不影响结果的情况下我们可以将它们视为两条不相交的路径 这样一来我们将得到左中右3条路径。此外如果我们要得到最优解 路径之间不能相交(除了左上角和右下角必然会相交的格子)。因此对于每一行y( 除了第一行和最后一行)三条路径对应的x坐标要满足x1[y] x2[y] x3[y]。 经过这一步的分析问题的DP解法就进一步地清晰了。让我们考虑行y 对于每一个x1[y-1]x2[y-1]和x3[y-1]我们已经找到了能收集到最多苹果数量的路径。 根据它们我们能求出行y的最优解。现在我们要做的就是找到从一行移动到下一行的方式。 令Max[i][j][k]表示到第y-1行为止收集到苹果的最大数量 其中3条路径分别止于第i,j,k列。对于下一行y对每个Max[i][j][k] 都加上格子(y,i)(y,j)和(y,k)内的苹果数量。因此每一步我们都向下移动。 我们做了这一步移动之后还要考虑到一条路径是有可能向右移动的。 (对于每一个格子我们有可能是从它上面向下移动到它 也可能是从它左边向右移动到它)。为了保证3条路径互不相交 我们首先要考虑左边的路径向右移动的情况然后是中间最后是右边的路径。 为了更好的理解让我们来考虑左边的路径向右移动的情况对于每一个可能的j,k对(jk) 对每个i(ij)考虑从位置(i-1,j,k)移动到位置(i,j,k)。处理完左边的路径 再处理中间的路径最后处理右边的路径。方法都差不多。
用于练习的topcoder题目
MiniPaint - SRM 178 Div 1
其它
当阅读一个题目并且开始尝试解决它时首先看一下它的限制。 如果要求在多项式时间内解决那么该问题就很可能要用DP来解。遇到这种情况 最重要的就是找到问题的“状态”和“状态转移方程”。(状态不是随便定义的 一般定义完状态你要找到当前状态是如何从前面的状态得到的 即找到状态转移方程)如果看起来是个DP问题但你却无法定义出状态 那么试着将问题规约到一个已知的DP问题(正如“高级”一节中的例子一样)。
