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动态规划就像是解决问题的一种策略#xff0c;它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题#xff0c;并将每个小问题的解保存起来。这样#xff0c;当我们需要解决原始问题的时候#xff0c;我们就可以直接利…动态规划
动态规划就像是解决问题的一种策略它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题并将每个小问题的解保存起来。这样当我们需要解决原始问题的时候我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解而不需要重复计算。 动态规划与数学归纳法思想上十分相似。
数学归纳法 基础步骤base case首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况可以直接验证命题是否成立。 归纳步骤inductive step假设命题在某个情况下成立然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。
通过反复迭代归纳步骤我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。 动态规划 状态表示 状态转移方程 初始化 填表顺序 返回值
数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。
数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。
动态规划的思想和数学归纳法思想类似。 在动态规划中首先得到状态在最小的基础情况下的值然后通过状态转移方程得到下一个状态的值反复迭代最终得到我们期望的状态下的值。 接下来我们通过三道例题深入理解动态规划思想以及实现动态规划的具体步骤。
174. 地下城游戏 题目解析 状态表示
我们可以定义dp[i][j]表示从ij位置出发到达右下角所需的最小生命值。
状态的表示通常是经验题目来得到的。
经验指的是以某个位置为结尾或者以某个位置开始。
这道题目我们选择以ij位置开始到达最后的思路定义状态。
故状态表示为dp[i][j]表示从ij位置出发到达右下角所需的最小生命值。
为什么选择这一种方式而不选择从00位置开始到达ij位置所需的最小生命值 上图所示如果我们考虑蓝色和绿色两种路径 绿色路径「从出发点到当前点的路径和」为 1「从出发点到当前点所需的最小初始值」为 3。 蓝色路径「从出发点到当前点的路径和」为 −1「从出发点到当前点所需的最小初始值」为 2。 我们希望「从出发点到当前点的路径和」尽可能大而「从出发点到当前点所需的最小初始值」尽可能小。这两条路径各有优劣。 在上图中我们知道应该选取绿色路径因为蓝色路径的路径和太小使得蓝色路径需要增大初始值到 4 才能走到终点而绿色路径只要 3 点初始值就可以直接走到终点。但是如果把终点的 −2 换为 0蓝色路径只需要初始值 2绿色路径仍然需要初始值 3最优决策就变成蓝色路径了。 因此如果按照从左上往右下的顺序进行动态规划我们无法直接确定到达 (1,2) 的方案因为有两个重要程度相同的参数同时影响后续的决策。也就是说这样的动态规划是不满足「无后效性」的。 于是我们考虑从右下往左上进行动态规划。令 dp[i][j] 表示从坐标 (i,j) 到终点所需的最小初始值。换句话说当我们到达坐标 (i,j)时如果此时我们的路径和不小于 dp[i][j]我们就能到达终点。 这是leetcode官方题解中的部分解析。
我们可以得出如果用以某位置为结尾思路定义状态表示我们没办法依靠前面的状态准确推导出ij位置的状态而后续的数据依旧会影响ij位置的状态值所以这种方式是错误的。在运用动态规划时必须满足【无后效性】所以我们选择以某位置开始思路定义状态表示。
当我们选择 以某位置开始思路定义状态表示时我们前面的状态值并不会影响后面的状态值可以保证满足【无后效性】所以这种方式是可以行的。
故状态表示为dp[i][j]表示从ij位置出发到达右下角所需的最小生命值。
状态转移方程
我们考虑ij位置的值能不能由其他的状态值推导得出dp[i1][j]表示从i1j位置出发到达右下角所需的最小生命值。dp[i][j1]表示从ij1位置出发到达右下角所需的最小生命值。对于ij的状态值分两种情况ij房间内的值是正数或者是负数。如果ij房间的值是负数说明我们到达ij时的最小生命值应该是min(dp[i][j1],dp[i1][j])-dungeon[i][j]。如果ij房间的值是正数说明我们到达ij时的最小生命值应该是min(dp[i][j1],dp[i1][j])-dungeon[i][j]但是这样写又会有两种情况那就是减出来的数是大于零的数或者是小于等于零的数我们到达ij房间时最小生命不可能是小于等于零的数而减出来的数是小于等于零意义是ij的血包特别的大即使你的血是负数吃完之后都可以到达终点所以实际上到达该位置的生命值为最低的1就可以。
故状态转移方程为
dp[i][j]min(dp[i1][j],dp[i][j1])-dungeon[i][j]
if(dp[i][j]0)dp[i][j]1
初始化
根据状态转移方程我们如果要推导出ij位置的状态就需要运用到i1j和ij1位置的状态所以我们为了不越界需要初始化最后一行和最后一列的数据。我们发现这种初始化有点复杂所以我们把对这些位置的初始化转化为对虚拟节点的初始化也就是创建虚拟节点代替原先初始化的位置。 对于红色位置的状态他们所需访问的虚拟节点的值是一定不能取到的根据状态转移方程
dp[i][j]min(dp[i1][j],dp[i][j1])-dungeon[i][j]
if(dp[i][j]0)dp[i][j]1
所以他们访问的虚拟节点值应该置正无穷这样取最小就不会取到。
对于紫色位置的状态他的状态值应该是1-dungeon[i][j]所以min(dp[i1][j],dp[i][j1])的值应该为1。所有我们可以先把所有位置置正无穷然后在这两个位置选一个位置置1就可以了。 填表顺序
从右到左从下到上
返回值
返回dp[0][0]
代码实现 int calculateMinimumHP(int** dungeon, int dungeonSize, int* dungeonColSize) {int rowdungeonSize;int coldungeonColSize[0];int dp[row1][col1];for(int i0;irow;i){memset(dp[i],0x3f,sizeof(dp[i]));}dp[row-1][col]1;for(int irow-1;i0;i--){for(int jcol-1;j0;j--){dp[i][j]fmin(dp[i][j1],dp[i1][j])-dungeon[i][j];if(dp[i][j]0) dp[i][j]1;}}return dp[0][0];
} for(int i0;irow;i){memset(dp[i],0x3f,sizeof(dp[i]));}
void *memset(void *s, int ch, size_t n);
函数解释将s中前n个字节 typedef unsigned int size_t 用 ch 替换并返回 s 。
memset作用是在一段内存块中填充某个给定的值它是对较大的结构体或数组进行清零操作的一种最快方法。 _itoa可以把x值转化为char类型的2进制数存放在string中。
我们发现x的二进制数是00111111 00111111 00111111 00111111。
用_itoa转换二进制数时前导零省略了实际上是00111111 00111111 00111111 00111111。
一个int类型占4个字节。
一个字节占8位二进制数。
而0x3f的二进制数是00111111。 memset的意思是将x中前n个字节用0x3f最后一个字节对应的二进制数替换。
那为什么要赋值0x3f 作为无穷大使用
因为4个字节均为0x3f时0x3f3f3f3f的十进制是1061109567也就是10^ 9级别的和0x7fffffff一个数量级而一般场合下的数据都是小于10^9的所以它可以作为无穷大使用而不致出现数据大于无穷大的情形。
可以保证无穷大加无穷大仍然不会超限。
另一方面由于一般的数据都不会大于10^9所以当我们把无穷大加上一个数据时它并不会溢出这就满足了“无穷大加一个有穷的数依然是无穷大”事实上0x3f3f3f3f0x3f3f3f3f2122219134这非常大但却没有超过32-bit int的表示范围所以0x3f3f3f3f还满足了我们“无穷大加无穷大还是无穷大”的需求。 面试题 17.16. 按摩师 题目解析 状态表示
我们可以定义dp[i]表示从nums[0]开始一直到nums[i]选择不相邻的预约情况中最长的时间数。
状态转移方程
我们想一想dp[i]能不能由其他的状态推导得出。
dp[i]表示从nums[0]开始一直到nums[i]选择不相邻的预约情况中最长的时间数。
dp[i-1]表示从nums[0]开始一直到nums[i-1]选择不相邻的预约情况中最长的时间数。
dp[i-2]表示从nums[0]开始一直到nums[i-2]选择不相邻的预约情况中最长的时间数。
如果i位置预约我们选择那么i-1位置预约肯定不选择这种情况对应的最长时间数就是
dp[i-2]nums[i]
如果i位置预约我们不选择这种情况对应的最长时间数就是
dp[i-1]
因为我们存储是最长时间数所以需要从两种情况中选一个时间更长的。
故状态转移方程为dp[i]max(dp[i-2]nums[i],dp[i-1])
初始化
根据状态转移方程我们推导出i位置的状态需要用到i-2和i-1的状态值。
我们想要统一所有需要得到的状态都通过状态转移方程推导得出那么我们就需要创建虚拟节点替代需要初始化的位置。
创建虚拟节点有几点注意事项
第一对虚拟节点的初始化必须保证后续的推导过程不出错。
第二注意下标映射关系的变化也就是状态表示和状态转移方程的下标变换。 状态转移方程为dp[i]max(dp[i-2]nums[i-2],dp[i-1])。
对于紫色第一个状态值应该是填自己的时间数所以需要选择dp[i-2]nums[i-2]且dp[n-2]需要为零,即dp[0]为0。
对于紫色第二个状态值要么是填自己的值要么填紫色第一个状态值。
所以dp[i-2]为零即dp[1]。
故初始化为dp[0]dp[1]0。
填表顺序
从左往右
返回值
放回最后一个元素的值dp[n1]
n是nums的数组大小
代码实现 int massage(int* nums, int numsSize){int nnumsSize;int dp[n2];memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i2;in1;i){dp[i]fmax(dp[i-2]nums[i-2],dp[i-1]);}return dp[n1];
}213. 打家劫舍 II 题目解析 我们可以把问题分成两种情况要么数组的长度大于1要么数组的长度等于1。
当数组的长度大于1时我们有两种情况。
第一我们考虑第一个房子不考虑最后一个房子。
第二我们不考虑第一个房子考虑最后一个房子。
这样问题就转化为普通的不环绕的问题了。
当数组的长度等于1时我们只能选择nums[0]这一个房子。 所以我们只需要解决不环绕的问题即可。
状态表示
我们可以定义dp[i]表示从nums[0]开始到nums[i]这些房子选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。
状态转移方程
我们想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。
dp[i]表示从nums[0]开始到nums[i]这些房子选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。
dp[i-1]表示从nums[0]开始到nums[i-1]这些房子选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。
dp[i-2]表示从nums[0]开始到nums[i-2]这些房子选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。
对dp[i]这个状态进行分析如果该房子选择的话i-1房子就不能选择所以这种情况下金额最大数为dp[i-2]nums[i]
如果该房子不选择的话最大金额数就是dp[i-1]
故状态转移方程为dp[i]max(dp[i-2]nums[i],dp[i-1])
初始化
根据状态转移方程我们推导出i位置的状态需要用到i-2和i-1的状态值。
我们想要统一所有需要得到的状态都通过状态转移方程推导得出那么我们就需要创建虚拟节点替代需要初始化的位置。
创建虚拟节点有几点注意事项
第一对虚拟节点的初始化必须保证后续的推导过程不出错。
第二注意下标映射关系的变化也就是状态表示和状态转移方程的下标变换。 状态转移方程为dp[i]max(dp[i-2]nums[i-2],dp[i-1])。
对于紫色第一个状态值应该是填自己的时间数所以需要选择dp[i-2]nums[i-2]且dp[n-2]需要为零,即dp[0]为0。
对于紫色第二个状态值要么是填自己的值要么填紫色第一个状态值。
所以dp[i-2]为零即dp[1]。
故初始化为dp[0]dp[1]0。
填表顺序
从左往右
返回值
分两种情况计算当长度大于1时考虑第一个房子而不考虑最后一个房子的金额数
和当长度大于1时不考虑第一个房子而考虑最后一个房子的金额数。
和当长度为1时nums[0]的金额数
返回三者中最大的金额数即可。
代码实现 int rob_(int* nums,int numsSize, int left,int right) {int nnumsSize;int dp[n2];memset(dp,0,sizeof(dp));for(int ileft;iright;i){dp[i]fmax(dp[i-2]nums[i-2],dp[i-1]);}return dp[right];
}
int rob(int* nums,int numsSize){int num1rob_(nums,numsSize,2,numsSize);int num2rob_(nums,numsSize,3,numsSize1);return fmax(fmax(num1,num2),nums[0]);
}
我们rob_函数就是解决不环绕的一列房子问题。
接着把环绕的问题转化为不环绕的问题。
如果数组的长度大于1。
如果我们考虑第一个房子而不考虑最后一个房子只需要填写dp表中下标2到下标numsSize状态的推导填写。
如果我们不考虑第一个房子而考虑最后一个房子只需要填写dp表中下标3到下标numsSize1的状态的推导填写。
如果数组的长度等于1。
考虑nums[0]的金额数。
如果数组长度为1num1和num2计算出来的值都是零因为numsSize 为1而循环是从下标2开始或者从下标3开始所以最后的返回值是初始化的零。
此时只需要返回nums[0]即可nums [0]一定大于0。
所以返回比较num1num2和nums[0]即可。
结尾
今天我们学习了动态规划的思想动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似动态规划在模拟数学归纳法的过程已知一个最简单的基础解通过得到前项与后项的推导关系由这个最简单的基础解我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解把我们得到的解依次存放在dp数组中dp数组中对应的状态就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章对于动态规划系列我会一直更新如果您觉得内容有帮助可以点赞加关注以快速阅读最新文章。 最后感谢您阅读我的文章希望这些内容能够对您有所启发和帮助。如果您有任何问题或想要分享您的观点请随时在评论区留言。 同时不要忘记订阅我的博客以获取更多有趣的内容。在未来的文章中我将继续探讨这个话题的不同方面为您呈现更多深度和见解。 谢谢您的支持期待与您在下一篇文章中再次相遇
