前言

這一強(qiáng)大的算法卻有一個(gè)不相關(guān)的名字，常常引起混淆。實(shí)際上創(chuàng)造者Richard Bellman把這名字作為保護(hù)傘來掩人耳目的，從此延續(xù)下來。說它強(qiáng)大是因?yàn)閼?yīng)用范圍很廣，在優(yōu)化算法中，在圖像融合中，在很多實(shí)際問題中都有其身影。還因?yàn)槭褂盟苁盏狡嫘?#xff0c;當(dāng)你嘗試了分治，嘗試了貪心仍然不能滿意的時(shí)候也許動(dòng)態(tài)規(guī)劃才是最好的選擇。這么好的方法想從心所欲并非易事，甚至很多時(shí)候無從下手。像動(dòng)態(tài)規(guī)劃算法本身所做的那樣，我們把大事化小，小事化了，循序漸進(jìn)的掌握它。

動(dòng)態(tài)規(guī)劃三部曲

• 大問題分解成子問題
• 從子問題分析狀態(tài)和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程
• 自底向上的實(shí)現(xiàn)

和分治一樣的地方是把大的化小，不一樣的是在動(dòng)態(tài)規(guī)劃中小問題與原問題的本質(zhì)相同，并且小問題的規(guī)模減少的不多，不是分治期望的一半。這樣一來如果應(yīng)用分治算法會(huì)大量的計(jì)算重復(fù)子問題導(dǎo)致十分緩慢，在動(dòng)態(tài)規(guī)劃中把這些小問題的結(jié)果存儲(chǔ)下來不斷的調(diào)用，這也是為什么要自底向上實(shí)現(xiàn)的原因。難就難在了第二部分，怎樣分析出狀態(tài)和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，讓我們結(jié)合具體的例子來理解。

動(dòng)態(tài)規(guī)劃4例

1.湊硬幣????????說我們有面值為1,3,5的硬幣若干，問湊夠11元所需最少硬幣數(shù)。

三部曲之一，大化小。假如把湊夠11元看成一個(gè)大問題，那么小問題是什么？湊夠10元？9元？。。。或者說湊夠i元。小問題浮出水面，湊夠i元所需最少硬幣就是原問題的子問題，這一子問題與原問題是同質(zhì)的。換一個(gè)角度來看，如果這個(gè)子問題你解決了，那么原問題或者和原問題相當(dāng)?shù)膯栴}你都解決了，說白了你解決的是一類問題。什么湊夠888元，999元都不在話下。

三部曲之二，由子問題到狀態(tài)和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程。狀態(tài)就是子問題的數(shù)學(xué)表達(dá)，借助于數(shù)學(xué)符號(hào)易于發(fā)現(xiàn)其中規(guī)律。d[i]=j，表示湊夠i元最少需要j個(gè)硬幣。那么好了，從最簡(jiǎn)單的情況開始，通過歸納和對(duì)比看看能不能找出什么規(guī)律來。d[0]=?，換句話說湊夠0最少需要多少硬幣，當(dāng)然是0個(gè)了，所以d[0]=0。也不難發(fā)現(xiàn)d[1]=d[1-1]+1=1，d[2]=d[2-1]+1=2。d[3]的時(shí)候就有所不同了，當(dāng)然我們都知道d[3]=1，就是湊夠3最少需要1個(gè)硬幣。那么這個(gè)1是怎么來的？放慢思維會(huì)發(fā)現(xiàn)，首先試圖用面值1元的需要3個(gè)，然后用面值3元的需要1個(gè)，面值5元的我們智慧大腦果斷放棄了。在照顧到所有情況以后，得到結(jié)果d[3]=min(d[3-1]+1,d[3-3]+1)=1。把d[0]，d[1]，d[2]，d[3]寫成更一般的形式d[i]=min(d[i-v[j]]+1)，i>v[j]（j表示第j個(gè)硬幣，v[j]表示第j個(gè)硬幣的面值）。d[i]=min(d[i-v[j]]+1)，i>v[j]就是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，描述狀態(tài)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系。

三部曲之三，自底向下實(shí)現(xiàn)，有了狀態(tài)和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程實(shí)現(xiàn)順其自然，需要留意的地方是初始狀態(tài)，它是已知的，通常是0或者無窮大，或者無窮小。

/**湊硬幣 輸入：現(xiàn)有面值1,3,5,7 的硬幣若干 輸出：如何用最少的硬幣湊夠S元，比如說11元。 狀態(tài)：d[i]表示湊夠i所用的最少硬幣 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：d[i] =min(d[i-v[j]]+1), v[j]<=i (v[j]表示第j個(gè)硬幣的面值) */ void coin_assmbling() {const int Money = 11;vector<int> value = {1,3,5,7};vector<int> d(Money + 1, Infinity);d[0] = 0;for (int i = 1; i < Money + 1; ++i)for (int j = 0; j < value.size();++j){if (value[j] <= i && d[i] > d[i - value[j]] + 1){d[i] = d[i - value[j]] + 1;}}cout << "min coin num: " << d[Money] << endl; }

2.最長(zhǎng)非降子序列的長(zhǎng)度????????[5，3，4，8，6，7]的最長(zhǎng)非降子序列是3，4，6，7長(zhǎng)度是4

還是原來的步驟，還是原來的方法。子問題？[5，3，4，8，6]是原序列的子序列，[5，3，4，8]也是。那么用A[i]表示以第i個(gè)元素結(jié)尾的序列，A[i]的最長(zhǎng)非降子序列就是原問題的一個(gè)子問題。求出所有A[i]的最長(zhǎng)非降子序列，其中最最長(zhǎng)的就是最終的結(jié)果。用d[i]表示以第i個(gè)元素結(jié)尾的最長(zhǎng)非降子序列，從易到難。

• 前一個(gè)數(shù)的LIS：d[1]=1（序列5）
• 前兩個(gè)數(shù)的LIS：d[2]=1（序列5，3，3前面沒有比3小的）
• 前三個(gè)數(shù)的LIS：d[3]=2（序列5，3，4；4前有3所以d[3]=d[2]+1）
• 前4個(gè)數(shù)的LIS：d[4]=3（序列5，3，4，8；d[4]=max(d[1],d[2],d[3]+1)）

有上面分析得到狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程d[i]=max(1，d[j]+1) j<i，a[j]<=a[i]。文字表述就是把i前面的各個(gè)子序列中，最后一個(gè)不大于a[i]的數(shù)加1，其中的最大值就是所求。當(dāng)然有可能每個(gè)子序列都大于a[i]，比如[5，4，3，2，1]的最長(zhǎng)非降子序列是1。

/**最長(zhǎng)非降子序列（LIS） 輸入：數(shù)組 a 輸出：最長(zhǎng)非降子序列的長(zhǎng)度及其內(nèi)容 狀態(tài)：d[i]表示以a[i]結(jié)尾的最長(zhǎng)非降子序列的長(zhǎng)度 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：d[i]={max(1,d[j+1]), j<i a[j]<=a[i]} */ void longest_increasing_subsequence() {vector<int> a = { -2, 11, -4, 13, -5, -2 };vector<int> d(a.size(), 1);d[0] = 1;int max = d[0];int max_id = 0;for (int i = 1; i < a.size();++i){for (int j = 0; j < i;++j){if (a[j] <= a[i] && d[i] < d[j] + 1)d[i] = d[j] + 1;}if (max < d[i]){max = d[i];max_id = i;}}// print max length cout << "max length is: " << max << endl;// print subsequence elementcout << "they are: " << endl;cout << a[max_id] << "\t";int temp = max;for (int i = max_id-1; i >= 0;--i){if (d[i] == temp - 1){cout << a[i] << "\t";temp -= 1;}}cout << endl; }

3.最長(zhǎng)公共子序列????比如度量?jī)蓚€(gè)DNA序列的相似程度。

這比上面的例子更復(fù)雜，它是2維的動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題。因?yàn)樾枰獌蓚€(gè)變量來刻畫狀態(tài)。還是先找出子問題。考慮到兩個(gè)序列的子序列可以分別表示成A[i]和B[j]，自然聯(lián)想d[i][j]表示以i結(jié)尾的序列A[i]和以j結(jié)尾的序列B[j]他們最長(zhǎng)公共子序列的長(zhǎng)度。考慮d[i][j]和它前面狀態(tài)d[i-1][j]，d[i][j-1]，d[i-1][j-1]之間的關(guān)系。容易得到狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程

d[i][j]={0，i==0||j==0; d[i-1][j-1]+1，a[i]==b[j]; max(d[i-1][j],d[i][j-1])，a[]!=b[j];}

/**最長(zhǎng)公共子序列（LCS） 輸入：兩個(gè)數(shù)組 a b 輸出：求他們的最長(zhǎng)公共子序列 分析：1.首先把大問題變成小問題，把原問題轉(zhuǎn)化成求兩個(gè)不完全數(shù)組的公共子序列，求以分別以a[i]和b[j]結(jié)尾的子數(shù)組的最長(zhǎng)公共子序列。2.從子問題分析狀態(tài)，s[i][j]表示a[i] b[j]結(jié)尾的子數(shù)組的最長(zhǎng)公共子序列。進(jìn)一步分析前一狀態(tài)和后一狀態(tài)之間的關(guān)系。 狀態(tài)：s[i][j] 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：d[i][j]={0 i==0|| j==0; d[i-1][j-1]+1 a[i]==b[j]; max(d[i-1][j],d[i][j-1], a[i]!=b[j]);} */ void longest_common_subsequence() {const string a = { 'A', 'B', 'C', 'B', 'D', 'A', 'B' };const string b = { 'B', 'D', 'C', 'B', 'A' };vector<vector<int>> d(a.size()+1);for (auto& e:d){e.resize(b.size()+1);}vector<vector<int>> table(d);for (int i =0 ; i < a.size();++i){for (int j = 0; j < b.size();++j){if (a[i] == b[j]){d[i + 1][j + 1] = d[i][j]+1;table[i + 1][j + 1] = 0;}else if (d[i][j + 1]>d[i + 1][j]){d[i + 1][j + 1] = d[i][j + 1];table[i + 1][j + 1] = 1;}else{d[i + 1][j + 1] = d[i+1][j];table[i + 1][j + 1] = 2;}}}cout << "longest common subsequence: " << d[a.size()][b.size()]<<endl;cout << "they are: " << endl;int r = a.size();int c = b.size();for (int i = a.size()-1; i>=0; --i){if (table[r][c] == 0){cout << a[r - 1] << "\t";r -= 1;c -= 1;}else if (table[r][c] == 1){r -= 1;}else{c -= 1;}}cout << endl; }

4.0-1背包問題

/**0-1背包 輸入：一個(gè)容量V的背包，若干寶石，價(jià)值體積各不同。 輸出：可能裝入寶石的最大價(jià)值 分析：這是一種有限制條件的動(dòng)態(tài)規(guī)劃問題，因此通常需要一個(gè)額外的狀態(tài)來刻畫限制條件。1.首先把大問題轉(zhuǎn)化成小問題，假設(shè)s[i]代表加入前個(gè)寶石能達(dá)到的最大價(jià)值。這并沒有體現(xiàn)背包容量的限制。因此使用s[i][j]表示把前i個(gè)寶石裝入到剩余體積j的背包中能達(dá)到的最大價(jià)值。2.由狀態(tài)分析狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，思考d[i][j]與d[i-1]的關(guān)系。顯然兩種情況，既是裝入和不裝入第i件物品。 狀態(tài)：d[i][j]把前i個(gè)寶石裝入到剩余體積j的背包里能達(dá)到的最大價(jià)值 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：d[i][j]=max(d[i-1][j-vo[i]]+va[i], d[i-1][j]) */ void knapsack() {const int V = 12;vector<int> value = { 10, 9, 6, 1, 4, 9, 20, 6, 20, 4 };vector<int> volume = { 5, 4, 3, 5, 2, 6, 4, 4, 3, 4 };vector<vector<int>> d(value.size()+1);for (auto& e:d){e.resize(V+1);}int j = V;for (int i = 0; i < value.size();++i){for (int j = 0; j < V; ++j){d[i + 1][j + 1] = d[i][j + 1];if (j>=volume[i] && d[i + 1][j + 1] < d[i][j + 1 - volume[i]] + value[i])d[i + 1][j + 1] = d[i][j + 1 - volume[i]] + value[i];}}cout << "max value: " << d[value.size()][V] << endl;cout << "they are: " << endl;//vector<int> table(value.size());j = V;for (int i = value.size()-1; i >= 0; --i){if (d[i + 1][j] > d[i][j]){cout << value[i] << "\t";j -= volume[i];}}cout << endl; }

參考

http://hawstein.com/posts/dp-novice-to-advanced.html

http://blog.csdn.net/zmazon/article/details/8247015

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/tpys/p/3891816.html

總結(jié)

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