1 動態規劃

1.1 定義

動態規劃的核心是狀態和狀態轉移方程。

在記憶化搜索中，可以為正在處理的表項聲明一個引用，簡化對它的讀寫操作；

動態規劃解決的是多階段決策問題；

初始狀態→│決策１│→│決策２│→…→│決策ｎ│→結束狀態

和分治法最大的區別在于：適合于用動態規劃的問題，經過分解以后得到的子問題往往不是相互獨立的（即下一個子階段的求解是建立在上一個子階段的基礎之上，進行進一步的求解，而不是相互獨立的問題）

動態規劃問題一般由難到易分為一維動態規劃，二維動態規劃，多維動態規劃，以及多變量動態規劃問題。其中多維動態規劃問題又可以進行降維。動態規劃問題求解的最重要的一步就是求解出 狀態轉移方程

1.2 特性

• 最優化原理：如果問題的最優解所包含的子問題的解也是最優的，就稱該問題具有最優子結構，即滿足最優化原理.
• 無后效性：即某階段狀態一旦確定，就不受這個狀態以后決策的影響。也就是說，某狀態以后的過程不會影響以前的狀態，只與當前狀態有關
• 有重疊子問題：即子問題之間是不獨立的，一個子問題在下一階段決策中可能被多次使用到。（該性質并不是動態規劃適用的必要條件，但是如果沒有這條性質，動態規劃算法同其他算法相比就不具備優勢，動態規劃可以避免多次計算）

1.3 例子

還是做題最實在!

1.3.1 最長公共子序列

問題描述：給定兩個序列：X[1...m]和Y[1...n]，求在兩個序列中同時出現的最長子序列的長度。

如果按照最普通的方法，就是遍歷所有可能的情況（將較短字符串中所有的子串和較長字符串中的子串進行比較），取所有可能的情況中最長的子串；

int DP::LongestCommonSubsequence(string &X, string &Y, int m, int n) {if (m == 0 || n == 0) {return 0;}if (X[m-1] == Y[n-1]) {return LongestCommonSubsequence(X, Y, m-1, n-1) + 1;}else {return max(LongestCommonSubsequence(X, Y, m-1, n), LongestCommonSubsequence(X, Y, m, n-1));} }void DP::testLongestCommonSubstring() {string x = "abcdefg", y = "efg";int result = LongestCommonSubsequence(x, y, (int)x.size(), (int)y.size());cout << "result:" << result; }

很顯然，這花費的時間是指數級的，非常慢；

那么采用動態規劃是怎么做的？

思路：我們可以想象成樹，兩個字符串都分別進行發散，對于一個結點來說，左邊是左邊的字符串進行改變，右邊則是右邊的字符串進行改變，直到兩個字符串都相等。

• 第一步應該是找出遞推公式：

這里的 C[i,j] 代表的意思是字符串 X 中到達下標 i 和字符串 Y 中到達下標 j 的時候的最長子串個數；

• 第二步是寫出偽代碼

LCS(x,y,i,j)if x[i] = y[j]then C[i,j] ← LCS(x,y,i-1,j-1)+1else C[i,j] ← max{LCS(x,y,i-1,j),LCS(x,y,i,j-1)}return C[i,j]

• 最后是寫出代碼

上面的偽代碼對于每一種情況都會往前重新計算一遍，完全沒有必要，用一個數組保存之前計算的值即可；

int DP::LongestCommonSubsequence(string &X, string &Y, int m, int n) {vector<vector<int>> dp(X.size() + 1, vector<int>(Y.size() + 1, 0));for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {// 因為是從1開始的，所以字符串下標要減去1if (X[i-1] == Y[j-1]) {dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;}else {dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);}}}return dp[m][n]; }void DP::testLongestCommonSubsequence() {string x = "abcdefg", y = "efg";int result = LongestCommonSubsequence(x, y, (int)x.size(), (int)y.size());cout << "result:" << result; }

看看dp數組：

0 0 0 0 0 00 1 1 1 1 10 1 2 2 2 20 1 2 3 3 30 1 2 3 3 30 1 2 3 3 30 1 2 3 4 40 1 2 3 4 5

參考文章
動態規劃（Dynamic Programming）

1.3.2 最長公共子串

和上面最長公共子序列不同的是，子串要求連續，不像子序列只要順序保證是正確的就行了，所以使用一個變量來記錄；

/*************************************** // 最長公共子串問題***************************************/ int DP::LongestCommonSubstring(string &X, string &Y, int m, int n) {vector<vector<int>> dp(X.size() + 1, vector<int>(Y.size() + 1, 0));int max = 0;for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {// 因為是從1開始的，所以字符串下標要減去1if (X[i-1] == Y[j-1]) {if (dp[i-1][j-1]) {dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;}else {dp[i][j] = 1;}if (dp[i][j] > max) {max = dp[i][j];}}}}for (int i = 0; i <= m; i++) {for (int j = 0; j <= n; j++) {cout << " " << dp[i][j];}cout << endl;}return max; }void DP::testLongestCommonSubstring() {string x = "abcdefg", y = "abcfg";int result = LongestCommonSubstring(x, y, (int)x.size(), (int)y.size());cout << "result:" << result << endl; }

看看dp數組：

0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 2 0 0 00 0 0 3 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 1 00 0 0 0 0 2

可以發現，對角線上連續大于0的值則為長度；最長的子串為abc，長度為3，次長為fg，長度為2；

1.3.3 最長遞增子序列

問題描述：給定一個序列：X[1...m]，求在這個序列中出現的最長遞增子序列的長度。

/*************************************** // 最長遞增子串問題***************************************/ int DP::LongestIncreasingSubstring(string &X, int m) {vector<int> dp(X.size(), 0);int max = 0;for (int i = 0; i < m; i++) { //到達dp[i] = 1;for (int j = 0; j < i; j++) {if (X[i] > X[j]) {dp[i] = dp[j] + 1;}else { //因為是連續的，所以只要不符合就重置dp[i] = 1;}}}for (int i = 0; i < m; i++) {cout << " " << dp[i];if (dp[i] > max) {max = dp[i];}}cout << endl;return max; }void DP::testLongestIncreasingSubstring() {string x = "babcak";int result = LongestIncreasingSubstring(x, (int)x.size());cout << "result:" << result << endl; }

1.3.4 矩陣鏈乘積

題目描述

給定n個矩陣｛A1,A2,…,An｝，其中Ai與Ai+1是可乘的，i=1，2…，n-1。如何確定計算矩陣連乘積的計算次序，使得依此次序計算矩陣連乘積需要的數乘次數最少。

思路

對于矩陣連乘問題，最優解就是找到一種計算順序，使得計算次數最少；

假設 dp[i, j] 表示第 i 個矩陣到達第 j 個矩陣這段的最優解；

將矩陣連乘積 簡記為A[i:j] ，這里i<=j.假設這個最優解在第k處斷開，i<=k<j，則A[i:j]是最優的，那么A[i,k]和A[k+1:j]也是相應矩陣連乘的最優解。把i到j分成兩部分，看哪種分法乘的次數最少，而k就是i到j中斷開的部分，也就是兩個括號中間的部分；

• 狀態轉移方程

當i=j時，A[i,j]=Ai, m[i,j]=0;(表示只有一個矩陣,如A1,沒有和其他矩陣相乘,故乘的次數為0)當i<j時，m[i,j]=min{m[i,k]+m[k+1,j] +pi-1*pk*pj} ,其中 i<=k<j

也就是

實現

/*************************************** // 矩陣鏈乘積，求最小乘積次數***************************************/ void DP::MatrixChainMultiplication(vector<int> data, int n,vector<vector<int>>& m_dp, vector<vector<int>>& s_dp) {//矩陣段長度為1,則 dp[][] 中對角線的值為0,表示只有一個矩陣,沒有相乘的.for(int i = 1;i<=n;i++)m_dp[i][i] = 0;// 從第二個開始（第一個也是0），當前的乘次數取決于下一個的乘次數// 對角線循環，r表示矩陣的長度(2,3…逐漸變長)for(int r = 2;r<=n;r++) {// 行循環for(int i = 1; i<=n-r+1; i++) {// 列的控制，當前矩陣段(Ai~Aj)的起始為Ai,尾為Ajint j = r+i-1;//例如對(A2~A4),則i=2,j=4,下面一行的m[2][4] = m[3][4]+p[1]*p[2]*p[4],即A2(A3A4)m_dp[i][j] = m_dp[i+1][j] + data[i-1]*data[i]*data[j]; //計算次數s_dp[i][j] = i;//記錄斷開點的索引//循環求出(Ai~Aj)中的最小數乘次數，遍歷所有可能的情況for(int k = i+1 ; k<j;k++) {//將矩陣段(Ai~Aj)分成左右2部分(左m[i][k],右m[k+1][j])//再加上左右2部分最后相乘的次數(p[i-1] *p[k]*p[j])int t = m_dp[i][k] + m_dp[k+1][j] + data[i-1] *data[k]*data[j];if(t < m_dp[i][j]) {m_dp[i][j] = t;s_dp[i][j] = k; //保存最小的,即最優的結果}}}} }void DP::testMatrixChainMultiplication() {vector<int> data = {30,35,15,5,10,20,25};//記錄6個矩陣的行和列，注意相鄰矩陣的行和列是相同的vector<vector<int>> m_dp(7, vector<int>(7, 0));//存儲第i個矩陣到第j個矩陣的計算代價（以乘法次數來表示）vector<vector<int>> s_dp(7, vector<int>(7, 0));//存儲第i個矩陣到第j個矩陣的最小代價時的分為兩部分的位置int n=6;//矩陣個數MatrixChainMultiplication(data, n , m_dp, s_dp);cout << "---計算代價---" << endl;for (int i = 0; i < m_dp.size(); i++) {for (int j = 0; j < m_dp[0].size(); j++) {cout << " " << m_dp[i][j];}cout << endl;}cout << "---最小代價時分為兩邊的位置" << endl;for (int i = 0; i < s_dp.size(); i++) {for (int j = 0; j < s_dp[0].size(); j++) {cout << " " << s_dp[i][j];}cout << endl;} }

運行結果為：

---計算代價---0 0 0 0 0 0 00 0 15750 7875 9375 11875 151250 0 0 2625 4375 7125 105000 0 0 0 750 2500 53750 0 0 0 0 1000 35000 0 0 0 0 0 50000 0 0 0 0 0 0 ---最小代價時分為兩邊的位置0 0 0 0 0 0 00 0 1 1 3 3 30 0 0 2 3 3 30 0 0 0 3 3 30 0 0 0 0 4 50 0 0 0 0 0 50 0 0 0 0 0 0

表示第i個矩陣到第j個矩陣的計算代價矩陣m[i][j]和表示第i個矩陣到第j個矩陣的最小代價時的分為兩部分的位置矩陣s[i][j]的結果如下圖：

從上面左圖的m矩陣可以看出任意第i個到第j個矩陣連乘的乘法次數。最終的加括號形式為：（A1(A2A3))((A4A5)A6)

參考文章
【算法導論】
動態規劃之矩陣鏈乘法
0010算法筆記——【動態規劃】矩陣連乘問題

1.3.5 數塔問題

問題描述：

數塔第i層有i個結點，要求從頂層走到底層，若每一步只能走到相鄰的結點，則經過的結點的數字之和最大是多少？

用二維數組則為：

9 12 15 10 6 8 2 18 9 5 19 7 10 4 16

假設9首先被輸入，是第 0 層，越往下層數不斷遞增；

思路

為了保證整條路徑的和是最大的，下一層的走向取決于再下一層上的最大值是否已經求出才能決定，所以要做一個自頂向下的分析，自底向上的計算；

• 狀態轉移方程

dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]) + data[i][j]

dp[i+1][j] 為左結點，dp[i+1][j+1] 為右結點；

實現

/*************************************** // 數塔問題***************************************/ int DP::MaxSumTower(vector<vector<int>> nums, int m, int n) {vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));// 用底層的值來初始化dp，m為行，n為列for (int i = 0; i < n; i++) {dp[m-1][i] = nums[m-1][i];}// 自底向上，父結點的最大值取決于左結點或者右結點的最大值for (int i = m-2; i >= 0; i--) {for (int j = 0; j < n; j++) {if (i >= j) { //過濾多余的dp[i][j] = std::max(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]) + nums[i][j];}}}for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {cout << " " << dp[i][j];}cout << endl;}return dp[0][0]; }

1.3.6 01背包問題

題目描述

有編號分別為a,b,c,d,e的五件物品，它們的重量分別是2,2,6,5,4，它們的價值分別是6,3,5,4,6，現在給你個承重為10的背包，如何讓背包里裝入的物品具有最大的價值總和？

思路

dp[x][y] 表示體積不超過 y 且可選前 x 種物品的情況下的最大總價值

遞歸關系：

• mp[0][y] = 0
• mp[x][0] = 0
• 當 v[x] > y 時，mp[x][y] = mp[x-1][y]
• 當 v[x] <= y 時，mp[x][y] = max{ mp[x-1][y], p[x] + mp[x-1][y-v[x]] }

解釋如下：

• 表示體積不超過 y 且可選前 0 種物品的情況下的最大總價值，沒有物品可選，所以總價值為 0
• 表示體積不超過 0 且可選前 x 種物品的情況下的最大總價值，沒有物品可選，所以總價值為 0
• 因為 x 這件物品的體積已經超過所能允許的最大體積了，所以肯定不能放這件物品， 那么只能在前 x-1 件物品里選了
• x 這件物品可能放入背包也可能不放入背包，所以取前兩者的最大值就好了， 這樣就將前兩種情況都包括進來了

實現

/*************************************** // 01背包問題***************************************/ int DP::ZeroOneBackpack(vector<Goods> goods, int limit_weight) {int m = goods.size();int n = limit_weight;vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));// 沒有選擇物品的時候價值為0for (int i = 1; i < n; i++) {dp[0][i] = 0;}// 重量為0的時候什么物品都選不了，價值自然也為0for (int i = 1; i < m; i++) {dp[i][0] = 0;}for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {if (goods[i-1].weight > j) { //超出限制的重量dp[i][j] = dp[i-1][j];}else { //可能放入背包也可能不放入背包，取兩者情況的最大值dp[i][j] = std::max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - goods[i-1].weight] + goods[i-1].value);}}}for (int i = 0; i < m; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {cout << " " << dp[i][j];}cout << endl;}return dp[m][n]; }void DP::testZeroOneBackpack() {vector<Goods> goods;goods.emplace_back(0, 0);goods.emplace_back(60, 10);goods.emplace_back(100, 20);goods.emplace_back(120, 30);int result = ZeroOneBackpack(goods, 50);cout << "result:" << result << endl; }

1.3.7 最大連續子序列之和

問題描述：給定一個序列：X[1...m]，求在這個序列中出現的最大的連續子序列之和。

• 狀態轉移方程

dp[i] = std::max(dp[i-1] + nums[i], nums[i]);

• 實現

/*************************************** // 最大連續子序列和***************************************/ int DP::MaxContinusSubsequenceSum(int* nums, int m) {vector<int> dp(m, 0);int max = INT_MIN;dp[0] = nums[0];for (int j = 1; j < m; j++) {dp[j] = std::max(dp[j-1] + nums[j], nums[j]);}for (int i = 0; i < m; i++) {cout << " " << dp[i];if (dp[i] > max) {max = dp[i];}}cout << endl;return max; }void DP::testMaxContinusSubsequenceSum() {int data[] = {1,-2,3,-1,7};int result = MaxContinusSubsequenceSum(data, 5);cout << "result:" << result << endl; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/George1994/p/6710675.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的动态规划 所有题型的总结的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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