簡介

無后效性是動態規劃的一個基本特征之一，只有具備了無后效性的問題才可以使用動態規劃求解。直觀上講，無后效性是指“現在不會影響未來”，或者說現在的決策不會影響未來如何決策。一個不具有無后效性的例子是矩陣尋路算法。設想一個0-1矩陣，尋找一條從1,1到n,n的最短路，不能使用下面的記憶化搜索算法：

FIND-PATH(x,y)if (out of matrix) return ∞if (x,y == n,n) return 0return dp[x][y] = min(FIND-PATH(x+1,y), FIND-PATH(x-1,y), FIND-PATH(x,y+1), FIND-PATH(x,y-1) )/*例如 1 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 這個算法會陷入無限遞歸 */

為什么這個算法無法正確結束呢？不難發現，這個算法并沒有在決策(x,y)后要求以后不再遞歸計算(x,y)，這就導致遞歸計算(x,y)的前提包括求解(x,y)，算法會一直執著于遞歸計算(x,y)而無法正確結束。
不難想到增加一個輔助數組now[][] = {0}。沒要計算一個(x,y)的時候就now[x][y] = 1防止落入死循環。

FIND-PATH(x,y)if (out of matrix or now[x][y]) return ∞if (x,y == n,n) return 0now[x][y] = 1// 鎖死(x,y)ans = min(FIND-PATH(x+1,y), FIND-PATH(x-1,y), FIND-PATH(x,y+1), FIND-PATH(x,y-1) )now[x][y] = 0// 釋放(x,y)return ans

顯然這個方法是正確的。那么能否直接加入dp[][]實現記憶化搜索呢？不行！考慮記憶化搜索(dp)的原理——無論何時計算dfs(x,y)，得出的結果都是同一個值，因此不必從新計算。然而由于輔助數組now的加入，導致由于now的不同，不同時候詢問dfs(x,y)的結果可能不同。我們便稱這個問題違背無后效性原則，更準確的，這個問題的子問題圖存在環。
很多dp問題的無后效性都是顯然的。然而一些時候，無后效性需要通過一些方法來維護。下面用幾個例子簡單分析如何維護無后效性。

最優二分檢索樹

• 給定N個單調增數據a1..aN的權值f1..fN，構造一棵二分檢索樹，ai的深度記作di，使得代價sum{di*fi}最小。

很顯然的區間dp題目，在區間i..j中枚舉一個k，遞歸計算i..k-1的代價和k+1..j的代價，再加上k的代價即可。然而深度的計算遇到了麻煩。每一次試圖將序列分成兩部分時，會使左右子樹每一個數據深度+1，這會影響到之后的決策。也就是說，對于同一個區間i..j來說，由于所處的深度不同，結果也不同。違背無后效性。
一個顯然的思路是更改狀態，用dp[i][j][d]表示i..j深度為d時的代價。但是顯然這個方法復雜度為Θ(n^4)，難以接受。
狀態不能更改，不如考慮決策。未進行操作的序列每一個元素深度為0；每對i..j進行一次決策，會導致其間的所有元素深度加一——這就是違背無后效性的一點。為了消除后效，我們必須一次性結算這次決策造成之后決策改變的總量。更直觀地，我們將di*fi看作fi連續加法，即 fi+fi+fi...di個fi，每進行一個決策，當前區間內每一個元素ai代價都會加上fi，也就是當前區間所有元素的代價和。dp方程如下：

dp[i,j] = min {dp[i,k-1] + dp[k+1,j]} + sum{a[i]..a[j]} i ≤ k ≤ j

用記憶化搜索實現即可，注意處理邊界。復雜度Θ(n^3)。據說可以優化到Θ(n^2)不過我不會。

刪數 ——tyvj

• 對于一個數列a1..an，每次從左面和右面刪除一個數，第i次刪去aj的代價是i*aj，求將數列全部刪除的最小代價。

和上一個題目有異曲同工之妙。這里不再分析為何需要維護無后效性，直接給出維護方法。
不妨稱題目中的i為一個元素aj的操作時間。每一次決策(刪除一個數)，會導致剩下的所有數的操作時間加一；如果把代價i(j)*aj看作連續加法aj+aj+aj...i(j)個aj，每一次i加一會導致每一個未刪去元素aj的代價增加aj。dp[i,j]表示刪去ai..aj的最小代價，則有方程：

dp[i,j] = min (dp[i+1,j], dp[i,j-1]) + sum{a[i]..a[j]}

任務安排——tyvj

N個任務排成一個序列在一臺機器上等待完成（順序不得改變），這N個任務被分成若干批，每批包含相鄰的若干任務。從時刻0開始，這些任務被分批加工，第i個任務單獨完成所需的時間是Ti。在每批任務開始前，機器需要啟動時間S，而完成這批任務所需的時間是各個任務需要時間的總和（同一批任務將在同一時刻完成）。每個任務的費用是它的完成時刻乘以一個費用系數Fi。請確定一個分組方案，使得總費用最小。
例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分組方案是{1,2}、{3}、{4,5}，則完成時間分別為{5,5,10,14,14}，費用C={15,10,30,42,56}，總費用就是153。

輸入格式

• 第一行是N(1<=N<=5000)。
• 第二行是S(0<=S<=50)。
• 下面N行每行有一對數，分別為Ti和Fi，均為不大于100的正整數，表示第i個任務單獨完成所需的時間是Ti及其費用系數Fi。

輸出格式

• 一個數，最小的總費用。

測試樣例

• 輸入

5 1 1 3 3 2 4 3 2 3 1 4

• 輸出

153

很顯然，由于順序不能改變，所以可以使用dp來求解。狀態是關鍵！ .
雖然時間就是金錢，但是這里我們會把F值看作金錢，而時間看成金錢的單位。

費用S = T * F，顯然S = F+F+F...(T個F)。 所以時間T每增加k，即T' = T+k，那么S' - S = kF。 我們便說：金錢又被收了k次。

我們仍然考慮每當一個決策可能在未來產生消費時，就立刻預先支付這個價值從而維護無后效性。
分析問題： 每個任務的費用是它的完成時刻乘以一個費用系數Fi。不妨看成費用系數Fi進行了連續加法，每當當前決策之前的決策每使時間過去了1，就要在當前決策的費用中加上一個Fi；反過來，當前的決策每使時間增加k分鐘，或者如開頭所說收了k次錢，就會使它以及其后的每一個任務的費用加上Fi。由此得出dp方程：

dp[i]表示第i個到第n個任務所需的費用 dp[i] = min{dp[j+1] + (sum{T[i..j]}+S) * sum{F[i..n]}} 其中 i ≤ j ≤ n 邊界是 dp[n+1]=0 目標是 dp[1]

深刻理解這個方程，會受益匪淺。

總結

從以上三例可以找出一個共同點——都是有乘法的區間dp！事實上，乘法看成加法是立即計算代價一種很自然的方式。正是通過直接將決策造成的所有后效性直接計算出來， 使得不需要考慮是否需要為以前的決策買單。 立即計算代價無疑是一種省心的方法。

參考資料

《算法藝術與信息學競賽》
《算法導論》
部分網上內容，http://www.tyvj.cn 題解

轉載于:https://www.cnblogs.com/ljt12138/p/6684391.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的维护无后效性的技巧——立即计算代价的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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