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动态规划入门

分类: 文章 • 2022-12-30 00:21:16

该笔记来源于中国大学mooc中，郭炜老师的算法课，非常推荐去看！

例题1：数字三角形（POJ1163）

问题描述：
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5

在上面的数字三角形中寻找一条从顶部到底边的路径，使得路径上所经过的数字之和最大。路径上的每一步都只能往左下或右下走。只需要求出这个最大和即可，不必给出具体路径。三角形的行数大于1小于等于100，数字为 0 - 99

输入格式：
5 //三角形行数。下面是三角形
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
要求输出最大和

用二维数组存放数字三角形。
D( r, j) : 第r行第 j 个数字(r,j从1开始算)
MaxSum(r, j) : 从D(r,j)到底边的各条路径中，最佳路径的数字之和。
问题：求 MaxSum(1,1)
典型的递归问题。
D(r, j)出发，下一步只能走D(r+1,j)或者D(r+1, j+1)。故对于N行的三角形：

if ( r == N)
	 MaxSum(r,j) = D(r,j)
else
	MaxSum( r, j) = Max{ MaxSum(r＋1,j), MaxSum(r+1,j+1) }+ D(r,j)

普通递归程序

#include <algorithm>
#include <iostream>
#define MAX 101
using namespace std;
int D[MAX][MAX];
int n;
int MaxSum(int i, int j)
{
    if (i == n)
        return D[i][j];
    int x = MaxSum(i + 1, j);
    int y = MaxSum(i + 1, j + 1);
    return max(x, y) + D[i][j];
}
int main()
{
    int i, j;
    cin >> n;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        for (j = 1; j <= i; j++)
            cin >> D[i][j];
    cout << MaxSum(1, 1) << endl;
}

上述程序会因为采用过多的重复计算而超时，右下角红色数字为重复计算的次数。 如果采用递规的方法，深度遍历每条路径，存在大量重复计算。则时间复杂度为2^n,对于 n = 100 行，肯定超时 。
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改进1：
如果每算出一个MaxSum(r,j)就保存起来，下次用到其值的时候直接取用，则可免去重复计算。那么可以用O(n^2)时间完成计算。因为三角形的数字总数是 n(n+1)/2

记忆递归型动归程序

#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAX 101
int D[MAX][MAX];
int n;
int maxSum[MAX][MAX];
int MaxSum(int i, int j)
{
    if (maxSum[i][j] != -1)
        return maxSum[i][j];
    if (i == n)
        maxSum[i][j] = D[i][j];
    else
    {
        int x = MaxSum(i + 1, j);
        int y = MaxSum(i + 1, j + 1);
        maxSum[i][j] = max(x, y) + D[i][j];
    }
    return maxSum[i][j];
}

int main()
{
    int i, j;
    cin >> n;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        for (j = 1; j <= i; j++)
        {
            cin >> D[i][j];
            maxSum[i][j] = -1;
        }
    cout << MaxSum(1, 1) << endl;
}

递归转成递推

#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAX 101
int D[MAX][MAX];
int n;
int maxSum[MAX][MAX];
int main()
{
    int i, j;
    cin >> n;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        for (j = 1; j <= i; j++)
            cin >> D[i][j];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        maxSum[n][i] = D[n][i];
    for (int i = n - 1; i >= 1; --i)
        for (int j = 1; j <= i; ++j)
            maxSum[i][j] =
                max(maxSum[i + 1][j], maxSum[i + 1][j + 1]) + D[i][j] 
     cout << maxSum[1][1] << endl;
}

上述程序还可以空间优化

没必要用二维maxSum数组存储每一个MaxSum(r,j),只要从底层一行行向上递推，那么只要一维数组maxSum[100]即可,即只要存储一行的MaxSum值就可以。
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进一步考虑，连maxSum数组都可以不要，直接用D的第n行替代maxSum即可。节省空间，时间复杂度不变
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动态规划解题的一般思路

递归函数有n个参数，就定义一个n维的数组，数组的下标是递归函数参数的取值范围，数组元素的值是递归函数的返回值，这样就可以从边界值开始，逐步填充数组，相当于计算递归函数值的逆过程（数字三角形中递归程序是从上往下递推，而递归程序是重下往上推）。

动规解题一般思路

  1. 将原问题分解为子问题
    l 把原问题分解为若干个子问题，子问题和原问题形式相同
    或类似，只不过规模变小了。子问题都解决，原问题即解
    决(数字三角形例）。
    l 子问题的解一旦求出就会被保存，所以每个子问题只需求
    解一次。

  2. 确定状态
    在用动态规划解题时，我们往往将和子问题相关的各个变量的一组取值，称之为一个“状态”。一个“状态”对应于一个或多个子问题，所谓某个“状态”下的“值”，就是这个“状态”所对应的子问题的解。
    所有“状态”的集合，构成问题的“状态空间”。“状态空间”的大小，与用动态规划解决问题的时间复杂度直接相关。在数字三角形的例子里，一共有N×(N+1)/2个数字，所以这个问题的状态空间里一共就有N×(N+1)/2个状态。
    整个问题的时间复杂度是状态数目乘以计算每个状态所需时间。
    在数字三角形里每个“状态”只需要经过一次，且在每个状态上作计算所花的时间都是和N无关的常数。

    用动态规划解题，经常碰到的情况是，K个整型变量能构成一个状态（如数字三角形中的行号和列号这两个变量构成“状态”）。如果这K个整型变量的取值范围分别是N1, N2, ……Nk，那么，我们就可以用一个K维的数组array[N1] [N2]……[Nk]来存储各个状态的“值”。这个“值”未必就是一个整数或浮点数，可能是需要一个结构才能表示的，那么array就可以是一个结构数组。一个“状态”下的“值”通常会是一个或多个子问题的解。

  3. 确定一些初始状态（边界状态）的值
    以“数字三角形”为例，初始状态就是底边数字，值就是底边数字值。

  4. 确定状态转移方程
    定义出什么是“状态”，以及在该 “状态”下的“值”后，就要找出不同的状态之间如何迁移――即如何从一个或多个“值”已知的“状态”，求出另一个“状态”的“值” (“人人为我”递推型)。状态的迁移可以用递推公式表示，此递推公式也可被称作“状态转移方程”。
    数字三角形的状态转移方程:

能用动规解决的问题的特点

  1. 问题具有最优子结构性质。 如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，我们就称该问题具有最优子结构性质。
  2. 无后效性。 当前的若干个状态值一旦确定，则此后过程的演变就只和这若干个状态的值有关，和之前是采取哪种手段或经过哪条路径演变到当前的这若干个状态，没有关系。

例题2最长上升子序列

问题描述
一个数的序列ai，当a1 < a2 < … < aS的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列(a1, a2, …, aN)，我们可以得到一些上升的子序列(ai1, ai2, …, aiK)，这里1 <= i1 < i2 < … < iK<= N。比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，有它的一些上升子序列，如(1, 7), (3, 4, 8)等等。这些子序列中最长的长度是4，比如子序列(1, 3, 5, 8).你的任务，就是对于给定的序列，求出最长上升子序列的长度。
输入数据
输入的第一行是序列的长度N (1 <= N <= 1000)。第二行给
出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都在0到10000。
输出要求
最长上升子序列的长度。
输入样例
7
1 7 3 5 9 4 8
输出样例
4

解题思路
1.找子问题
“求序列的前n个元素的最长上升子序列的长度” 是个子问题，但这样分解子问题，不具有“无后效性”
假设F(n) = x,但可能有多个序列满足F(n) = x。有的序列的最后一个元素比 an+1小，则加上an+1就能形成更长上升子序列；有的序列最后一个元素不比an+1小……以后的事情受如何达到状态n的影响，不符合“无后效性”

“求以ak（k=1, 2, 3…N）为终点的最长上升子序列的长度”
一个上升子序列中最右边的那个数，称为该子序列的“终点”。
虽然这个子问题和原问题形式上并不完全一样，但是只要这N个子问题都解决了，那么这N个子问题的解中，最大的那个就是整个问题的解。

2.确定状态：
子问题只和一个变量-- 数字的位置相关。因此序列中数的位置k 就是“状态”，而状态 k 对应的“值”，就是以ak做为“终点”的最长上升子序列的长度。状态一共有N个。

3.找出状态转移方程：
maxLen (k)表示以ak做为“终点”的最长上升子序列的长度那么：

maxLen(k)的值，就是在ak左边，“终点”数值小于ak ，且长度最大的那个上升子序列的长度再加1。因为ak左边任何“终点”小于ak的子序列，加上ak后就能形成一个更长的上升子序列。

初始状态：maxLen (1) = 1
maxLen (k) = max { maxLen (i)：1<=i < k 且 ai < ak且 k≠1 } + 1
若找不到这样的i,则maxLen(k) = 1（这是不是有问题？应该是max { maxLen (i)：1<=i < k } ??）->（没有问题，这种情况为第k个数比前面k-1个数都小，所以只能作为最长上升子序列的起始，所以maxLen(k) = 1）

程序

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
int a[MAXN];
int maxLen[MAXN];
int main()
{
    int N;
    cin >> N;
    for (int i = 1; i <= N; ++i)
    {
        cin >> a[i];
        maxLen[i] = 1;
    }
    for (int i = 2; i <= N; ++i)
    {
        //每次求以第i个数为终点的最长上升子序列的长度
        for (int j = 1; j < i; ++j)
            //察看以第j个数为终点的最长上升子序列
            if (a[i] > a[j])
                maxLen[i] = max(maxLen[i], maxLen[j] + 1);
    }
    cout << *max_element(maxLen + 1, maxLen + N + 1);
    return 0;
} //时间复杂度O(N2)

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