動態規劃dynamic programming

June,7, 2015

作者：swanGooseMan

出處：http://www.cnblogs.com/swanGooseMan/p/4556588.html

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1. 什么是動態規劃？

• dynamic programming is a method for solving a complex problem by breaking it down into a collection of simpler subproblems.（引自維基百科）
• 動態規劃是通過拆分問題，定義問題狀態和狀態之間的關系，使得問題能夠以遞推（或者說分治）的方式去解決。
• 如何拆分問題，是動態規劃的核心。而拆分問題，靠的就是狀態和狀態轉移方程的定義。
• 動態規劃的本質（兩個重要的概念）：狀態（形如dp[i][j]）、狀態轉移方程（形如dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i -1][j – 1]）

動態規劃相關的其他幾個名詞：

a. “緩存”，“重疊子問題”，“記憶化”：
這三個名詞，都是在闡述遞推式求解的技巧。以Fibonacci數列為例，計算第100項的時候，需要計算第99項和98項；在計算第101項的時候，需要第100項和第99項，這時候你還需要重新計算第99項嗎？不需要，你只需要在第一次計算的時候把它記下來就可以了。
上述的需要再次計算的“第99項”，就叫“重疊子問題”。如果沒有計算過，就按照遞推式計算，如果計算過，直接使用，就像“緩存”一樣，這種方法，叫做“記憶化”，這是遞推式求解的技巧。這種技巧，通俗的說叫“花費空間來節省時間”。都不是動態規劃的本質，不是動態規劃的核心。

b. "無后效性"，“最優子結構”：
上述的狀態轉移方程中，等式右邊不會用到下標大于左邊i或者j的值，這是"無后效性"的通俗上的數學定義，符合這種定義的狀態定義，我們可以說它具有“最優子結構”的性質，在動態規劃中我們要做的，就是找到這種“最優子結構”。

c. “遞歸”：
遞歸是遞推式求解的方法。

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2. 怎么用動態規劃？

• 通常用來求解最優化問題(optimization problem): 這類問題可以有很多可行的解，我們需要找出其中的最優解。應用于子問題重疊的情況。
• 動態規劃通過拆分問題，對每個子問題只求解一次，將其解保存在一個表格（數組）中，從而無需每次求解一個子子問題時都重新計算，當前子問題的解將由上一次子問題的解推出，只需要多項式時間復雜度，因此它比回溯法、暴力法等要快許多。

通常按如下四個步驟來設計動態規劃算法：

刻畫一個最優解的結構特征

遞歸地定義最優解的值

計算最優解的值，通常采用自底向上（如Fibonacci從1開始）的方法。也可以自頂向下（如Fibonacci從n開始）進行求解，但此時需要對解需要進行記錄。//此3步構成動態規劃解的基礎。

利用計算出的最優解的信息構造一個最優解。//此步如果只要求計算最優解的值時，可省略。

即對于具有最優子結構、重疊子問題的最優化問題，通過拆分問題，找出滿足無后效性的狀態和狀態轉移方程。（這也是DP的難點所在）

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3. 實例

DP1：1447?采藥

問題描述：

辰辰是個天資聰穎的孩子，他的夢想是成為世界上最偉大的醫師。為此，他想拜附近最有威望的醫師為師。醫師為了判斷他的資質，給他出了一個難題。醫師把他帶到一個到處都是草藥的山洞里對他說：“孩子，這個山洞里有一些不同的草藥，采每一株都需要一些時間，每一株也有它自身的價值。我會給你一段時間，在這段時間里，你可以采到一些草藥。如果你是一個聰明的孩子，你應該可以讓采到的草藥的總價值最大。” 如果你是辰辰，你能完成這個任務嗎？

分析：

將問題分解成若干子問題，讓問題規模變小

對于最終最優結果(達到最大價值)，假如第N個藥品沒有采，那么最優結果就是總時間為totalTim內采n-1個物品的最大價值。

對于n-1如果不是最大價值（即有比它更大的），那么與最優結果的假設（第N個藥品沒有采）矛盾，所以滿足最優子結構性質，可以使用動態規劃算法。

拆分問題：

在totalTime（70）時間內采摘totalDrug（3）藥草，最終達到最大價值，根據第N（3）個物品是否采摘，可分為兩種情況：

子問題1：第N個物品沒有采摘。即在totalTime（70）時間內繼續采摘totalDrug-1（2）藥草。

子問題2：第N個物品有采摘。即在totalTime – time（n）（69）時間內繼續采摘totalDrug-1（2）藥草，此時最優價值應加上該物品的價值vlan（n）（2）。

狀態： time時間內采摘drug顆藥草的最大價值dp[drug][time]

狀態轉移方程：dp[drug][time] = max { dp[drug-1][time] , dp[drug-1][time - time(n)]+vlan(n) }，即dp[n][m] = 較大值{dp[n-1][m], dp[n-1][m-time[n]]+value[n] }

AC源碼：

#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std;//物品數組，結構體，時間，價值 typedef struct {int time;int value; }Drug; Drug drug[101];int main() {int totalTime, totalDrug;//總采藥時間，總藥品數int dp[101][1001]={0};//記錄表格 dp[總藥品數][總采藥時間]//讀入數據// freopen("input.txt", "r", stdin);scanf("%d%d", &totalTime, &totalDrug);for (int i = 1; i <= totalDrug; i++) {scanf("%d%d", &drug[i].time, &drug[i].value);}//DPfor (int i = 1; i <= totalDrug; i++) {for (int j = 1; j <= totalTime; j++) { //取兩個子問題的最大值dp[i][j] = dp[i-1][j]; //子問題1: 第N個物品沒有采摘if (drug[i].time <= j && dp[i][j] < dp[i-1][j-drug[i].time] + drug[i].value) { //子問題2: 第N個物品有采摘dp[i][j] = dp[i-1][j-drug[i].time] + drug[i].value;}}}printf("%d\n", dp[totalDrug][totalTime]);return 0; } View Code

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DP2 ：1448最長上升子序列(Longest Increasing Subsequence)

問題描述：

一個數的序列bi，當b1 < b2 < ... < bS的時候，我們稱這個序列是上升的。對于給定的一個序列(a1, a2, ..., aN)，我們可以得到一些上升的子序列(ai1, ai2, ..., aiK)，這里1 <= i1 < i2 < ... < iK <= N。比如，對于序列(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。這些子序列中最長的長度是4，比如子序列(1, 3, 5, 8).

你的任務，就是對于給定的序列，求出最長上升子序列的長度。

拆分問題：

原問題含n項序列的LIS長度，等價于以第1,2,3,...,n項結尾的LIS長度集合中的最大值，由此拆分為n個子問題，最后求出n個LCS的最大者：

n個子問題：以第n項結尾的LIS的長度是：保證第i項比第n項小的情況下，以第i項結尾的LIS長度加一的最大值，取遍i的所有值（i小于n）。

即max{dp[i]+1},其中 1<=i<=n-1 且 array[i] < array[n]

狀態：數列中以第n項結尾的最長上升子序列的長度 dp[n]

狀態轉移方程：

dp[1] = 1;（根據狀態定義導出邊界情況）

dp[n] = max{dp[i]+1}，其中 1<=i<=n-1 且 array[i] < array[n]

AC源碼：

#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std;int lcs(int array[],int n) {int dp[n];int max = 1; //整個序列的最長遞增子序列長度,至少為1for (int i = 0; i < n; ++i) { //遍歷整個序列,分別求出n個子問題的解dp[i]dp[i] = 1; //以第i項結尾的LIS長度,至少為1,下面進行計算//dp[i]:保證第i項比第n項小的情況下，以第i項結尾的LIS長度加一的最大值.for (int j = 0; j < i; ++j) { //遍歷前0 ~ i-1 項if(array[j] < array[i] && dp[i] < dp[j] + 1)dp[i] = dp[j] + 1;}if(max < dp[i]) max =dp[i];}return max; }int main(int argc, char const *argv[]) { // #ifndef _OJ_ //ONLINE_JUDGE// freopen("input.txt", "r", stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); // #endifint n;int array[1001];scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n; ++i)scanf("%d", &array[i]);printf("%d\n", lcs(array, n));return 0; } View Code

DP4：1450?最長公共子序列（Longest Common Subsequence）

問題描述：

需要你做的就是寫一個程序，得出最長公共子序列。
最長公共子序列也稱作最長公共子串(不要求連續)，英文縮寫為LCS（Longest Common Subsequence）。其定義是，一個序列S ，如果分別是兩個或多個已知序列的子序列，且是所有符合此條件序列中最長的，則S 稱為已知序列的最長公共子序列。

問題拆分：

最長公共子序列的結構有如下表示：

設序列X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的一個最長公共子序列Z=<z1, z2, …, zk>，則可分為以下三種情況：

若xm=yn，則zk=xm=yn且Zk-1是Xm-1和Yn-1的最長公共子序列；

若xm≠yn且zk≠xm ，則Z是Xm-1和Y的最長公共子序列；

若xm≠yn且zk≠yn，則Z是X和Yn-1的最長公共子序列。

其中Xm-1=<x1, x2, …, xm-1>，Yn-1=<y1, y2, …, yn-1>，Zk-1=<z1, z2, …, zk-1>。

狀態：

用dp[i,j]記錄序列Xi和Yj的最長公共子序列的長度。其中Xi=<x1, x2, …, xi>，Yj=<y1, y2, …, yj>。

狀態轉移方程：

當i=0或j=0時，空序列是Xi和Yj的最長公共子序列，故dp[i,j]=0。其他情況下，由定理可建立遞歸關系如下：

　　　　| 0 　　　　　　　　 　　　　if i=0 or j=0

dp[i][j] = | dp[i-1][j-1] 　　　　　　　　 if i>0 , j>0 and Xi == Yj

　　　　| max{dp[i][j-1], dp[i-1][j]} 　　 if i>0 , j>0 and Xi != Yj

?AC源碼：

#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cstdio> using namespace std;int lcs(char s1[], char s2[]) {int maxlen = 0;int len1 = strlen(s1), len2 = strlen(s2);int dp[len1 + 1][len2 + 1]; //狀態: dp[i,j]記錄序列 Xi 和 Yj 的最長公共子序列的長度for (int i = 0; i < len1 + 1; ++i) dp[i][0] = 0; //根據狀態定義導出邊界情況 (任一序列與空序列的lcs為0)for (int i = 0; i < len2 + 1; ++i) dp[0][i] = 0;for (int i = 1; i < len1 + 1; ++i) { //算法核心, 根據狀態轉移方程, 自底向上計算.for (int j = 1; j < len2 + 1; ++j) {if (s1[i - 1] == s2[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);maxlen = max(maxlen,dp[i][j]);}}return maxlen; }int main(int argc, char const *argv[]) { // #ifndef _OJ_ //ONLINE_JUDGE// freopen("input.txt", "r", stdin); // // freopen("output.txt", "w", stdout); // #endifint n;char s1[1010], s2[1010];scanf("%d", &n);while (n--) {scanf("%s%s", s1, s2);// gets(s1); gets(s2);printf("%d\n", lcs(s1,s2));}return 0; } View Code

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的动态规划 dynamic programming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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