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40000字《算法与数据结构》算法零基础介绍动态规划必读(推荐合集)

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前言

  很多人加我都是想询问如何学好算法。我的方法是我用了 十年 的时间,自己总结出来的,不可能适合所有人,但是我觉得挺有效的,如果你觉得可行,尽管一试!
  首先,我们心中要有一团🔥火🔥,一团希望之🔥火🔥!只要你心中充满希望,即使是死去的意志也会在你内心复活。
  你永远无法弥补你的过去,但是,你可以改变你的未来!就算暗淡无光的尘土,也会有爆发光芒的那一刻!抓住那尘埃中的刹那光辉,燃烧自己吧!


   「 动态规划 」作为算法中一块比较野的内容,没有比较系统的分类,只能通过不断总结归纳,对各种类型进行归类。 「 动态规划 」(即 Dynamic programming,简称 DP)是一种在数学、管理科学、计算机科学 以及 生物信息学中使用的,通过把原问题分解为相对简单的 「 子问题 」的方式求解 「 复杂问题 」的方法。
   「 动态规划 」是一种算法思想:若要解一个给定问题,我们需要解其不同部分(即 「 子问题 」),再根据 「 子问题 」的解以得出原问题的解。要理解动态规划,就要理解 「 最优子结构 」「 重复子问题 」
  本文将针对以下一些常用的动态规划问题,进行由浅入深的系统性讲解。首先来看一个简单的分类,也是今天本文要讲的内容。


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一、递推问题

  递推问题作为动态规划的基础,是最好掌握的,也是必须掌握的,它有点类似于高中数学中的数列,通过 前几项的值 推导出 当前项的值

1、一维递推

  你正在爬楼梯,需要 n n n 阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 1 1 2 2 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢?

  假设我们已经到了第 n n n 阶楼梯,那么它可以是从 n − 1 n-1 n1 阶过来的,也可以是从 n − 2 n-2 n2 阶过来的(但是,不可能是从 n − 3 n-3 n3 阶直接过来的),所以如果达到第 n n n 阶的方案数为 f [ n ] f[n] f[n],那么到达 n − 1 n-1 n1 阶就是 f [ n − 1 ] f[n-1] f[n1],到达 n − 2 n-2 n2 阶 就是 f [ n − 2 ] f[n-2] f[n2],所以可以得出: f [ n ] = f [ n − 1 ] + f [ n − 2 ] f[n] = f[n-1] + f[n-2] f[n]=f[n1]+f[n2]  其中,当 n = 0 n=0 n=0 时方案数为 1,代表初始情况; n = 1 n=1 n=1 时方案数为 1,代表走了一步,递推计算即可。
  以上就是最简单的动态规划问题,也是一个经典的数列:斐波那契数列 的求解方式。它通过一个递推公式,将原本指数级的问题转化成了线性的,时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
  C语言代码实现如下:

int f[1000];
int climbStairs(int n){
    f[0] = f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        f[i] = f[i-1] + f[i-2];
    }
    return f[n];
}
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2、二维递推

  给定一个非负整数 n n n,生成杨辉三角的前 n n n 行。在杨辉三角中,每个数是它 左上方右上方 的数的和。

  根据杨辉三角的定义,我们可以简单将上面的图进行一个变形,得到:

于是,我们可以得出以下结论:
  1)杨辉三角的所有数可以存储在一个二维数组中,行代表第一维,列代表第二维度;
  2)第 i i i 行的元素个数为 i i i 个;
  3)第 i i i 行 第 j j j 列的元素满足公式: c [ i ] [ j ] = { 1 i = 0 c [ i − 1 ] [ j − 1 ] + c [ i − 1 ] [ j ] o t h e r w i s e c[i][j] =

{1i=0c[i1][j1]+c[i1][j]otherwise
c[i][j]={1c[i1][j1]+c[i1][j]i=0otherwise
  于是就可以两层循环枚举了。时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
  C语言代码实现如下:

int c[40];
void generate(int n) {
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        for(int j = 0; j <= i; ++j) {
            if(j == 0 || j == i) {
                c[i][j] = 1;
            }else {
                c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j];
            }
        }
    }
}
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二、线性DP

1、最小花费

  数组的每个下标作为一个阶梯,第 i i i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 c o s t [ i ] cost[i] cost[i](下标从 0 开始)。每当爬上一个阶梯,都要花费对应的体力值,一旦支付了相应的体力值,就可以选择 向上爬一个阶梯 或者 爬两个阶梯。求找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时,可以选择从下标为 0 0 0 1 1 1 的元素作为初始阶梯。

  令走到第 i i i 层的最小消耗为 f [ i ] f[i] f[i]。假设当前的位置在 i i i 层楼梯,那么只可能从 i − 1 i-1 i1 层过来,或者 i − 2 i-2 i2 层过来;
    如果从 i − 1 i-1 i1 层过来,则需要消耗体力值: f [ i − 1 ] + c o s t [ i − 1 ] f[i-1] + cost[i-1] f[i1]+cost[i1]
    如果从 i − 2 i-2 i2 层过来,则需要消耗体力值: f [ i − 2 ] + c o s t [ i − 2 ] f[i-2] + cost[i-2] f[i2]+cost[i2]
  起点可以在第 0 或者 第 1 层,于是有状态转移方程: f [ i ] = { 0 i = 0 , 1 min ⁡ ( f [ i − 1 ] + c o s t [ i − 1 ] , f [ i − 2 ] + c o s t [ i − 2 ] ) i > 1 f[i] =

{0i=0,1min(f[i1]+cost[i1],f[i2]+cost[i2])i>1
f[i]={0min(f[i1]+cost[i1],f[i2]+cost[i2])i=0,1i>1

  这个问题和一开始的递推问题的区别在于:一个是求前两项的和,一个是求最小值。这里就涉及到了动态取舍的问题,也就是动态规划的思想。
  如果从前往后思考,每次都有两种选择,时间复杂度为 O ( 2 n ) O(2^n) O(2n)。转化成动态规划以后,只需要一个循环,时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
  C语言代码实现如下:

int f[1024];
int min(int a, int b) {
    return a < b ? a : b;
}
int minCostClimbingStairs(int* cost, int costSize){
    f[0] = 0;
    f[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= costSize; ++i) {
        f[i] = min(f[i-1] + cost[i-1], f[i-2] + cost[i-2]);
    }
    return f[costSize];
}
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2、最大子段和

  给定一个整数数组 n u m s nums nums ,找到一个具有最大和的连续子数组(子数组最少包含一个元素),返回其最大和。

  由于要求的是连续的子数组,所以对于第 i i i 个元素,状态转移一定是从 i − 1 i-1 i1 个元素转移过来的。基于这一点,可以令 f [ i ] f[i] f[i] 表示以 i i i 号元素结尾的最大值。
  那么很自然,这个最大值必然包含 n u m s [ i ] nums[i] nums[i] 这个元素,那么要不要包含 n u m s [ i − 1 ] , n u m s [ i − 2 ] , n u m s [ i − 3 ] , . . . , n u m s [ k ] nums[i-1],nums[i-2],nums[i-3],...,nums[k] nums[i1],nums[i2],nums[i3],...,nums[k] 呢?其实就是看第 i − 1 i-1 i1 号元素结尾的最大值是否大于零,也就是:当 f [ i − 1 ] ≤ 0 f[i-1] le 0 f[i1]0 时,则 前 i − 1 i-1 i1 个元素是没必要包含进来的。所以就有状态转移方程: f [ i ] = { n u m s [ 0 ] i = 0 n u m s [ i ] f [ i − 1 ] ≤ 0 n u m s [ i ] + f [ i − 1 ] f [ i − 1 ] > 0 f[i] =

{nums[0]i=0nums[i]f[i1]0nums[i]+f[i1]f[i1]>0
f[i]=nums[0]nums[i]nums[i]+f[i1]i=0f[i1]0f[i1]>0一层循环枚举后,取 m a x ( f [ i ] ) max(f[i]) max(f[i]) 就是答案了。只需要一个循环,时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
  C语言代码实现如下:

int dp[30010];
int max(int a, int b) {
    return a > b ? a : b;
}

int maxSubArray(int* nums, int numsSize){
    int maxValue = nums[0];
    dp[0] = nums[0];
    for(int i = 1; i < numsSize; ++i) {
        dp[i] = nums[i];
        if(dp[i-1] > 0) {
            dp[i] += dp[i-1];
        }
        maxValue = max(maxValue, dp[i]);
    }
    return maxValue;
}
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3、最长单调子序列

  给定一个长度为 n ( 1 ≤ n ≤ 1000 ) n(1 le n le 1000) n(1n1000) 的数组 a i a_i ai,求给出它的最长递增子序列的长度。

  在看这个问题之前,我们先来明确一些概念:单调序列、单调子序列、最大长单调子序列。
  单调序列 就是一个满足某种单调性的数组序列,比如 单调递增序列、单调递减序列、单调不增序列、单调不减序列。举几个简单的例子:
  单调递增序列:1,2,3,7,9
  单调递减序列:9,8,4,2,1
  单调不增序列:9,8,8,5,2
  单调不减序列:1,2,2,5,5
  一个比较直观的单调递增序列的例子就是一个楼梯的侧面。

  我们可以把这个楼梯每一阶的高度用一个数字表示,得到一个单调递增序列,如图所示:

  单调子序列 指的是任意一个数组序列,按顺序选择一些元素组成一个新的序列,并且满足单调性。对于一个长度为 n n n 的序列,每个元素可以选择 “取” 或者 “不取”,所以最多情况下,有 2 n 2^n 2n 个单调子序列。
  如图所示,代表的是序列:[1,2,4,6,3,5,9]

  其中 [1,2,6] 为它的一个长度为 3 的单调子序列,如图所示;

  [1,3,6] 则不是,因为 3 和 6 的顺序不是原序列中的顺序;[1,4,3] 也不是,因为它不满足单调性。
  最长单调子序列 是指对于原数组序列,能够找到的元素个数最多的单调子序列。
  还是以 [1,2,4,6,3,5,9] 为例,它的最长单调子序列为:[1,2,4,6,9],长度为 5;

  当然,也可以是 [1,2,3,5,9],长度同样为 5。在这里插入图片描述   那么,接下来,我们看下如何通过动态规划的方法来求解 最长递增子序列
  对于数组序列 a i ( 1 ≤ i ≤ n ) a_i(1 le i le n) ai(1in),令 f [ i ] f[i] f[i] 表示以第 i i i 个数 a i a_i ai 结尾的最长递增子序列的长度。那么,我们考虑以第 i i i 个数 a i a_i ai 结尾的最长递增子序列,它在这个序列中的前一个数一定是 a j ( 1 ≤ j < i ) a_j(1 le j < i) aj(1j<i) 中的一个,所以,如果我们已经知道了 f [ j ] f[j] f[j],那么就有 f [ i ] = f [ j ] + 1 f[i] = f[j] + 1 f[i]=f[j]+1。显然,我们还需要满足 a j < a i a_j < a_i aj<ai 这个递增的限制条件。
  那么就可以得出状态转移方程: f [ i ] = max ⁡ j = 1 i − 1 ( f [ j ]   ∣   a j < a i ) + 1 f[i] = max_{j=1}^{i-1} (f[j] | a_j < a_i) + 1 f[i]=j=1maxi1(f[j]  aj<ai)+1  这里 f [ j ] f[j] f[j] f [ i ] f[i] f[i] 的子结构,而 m a x ( f [ j ] ) max(f[j]) max(f[j]) f [ i ] f[i] f[i] 的最优子结构,当然我们需要考虑一种情况,就是没有找到最优子结构的时候,例如: i = 1 i=1 i=1 或者 不存在 a j < a i a_j < a_i aj<ai j j j,此时 f [ i ] = 1 f[i] = 1 f[i]=1,表示 a i a_i ai 本身是一个长度为 1 1 1 的最长递增子序列。
   f [ i ] f[i] f[i] 数组可以通过两层循环来求解,如下图表所示:

  状态数 f [ . . . ] f[...] f[...] 总共 O ( n ) O(n) O(n) 个,状态转移的消耗为 O ( n ) O(n) O(n),所以总的时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),所以对于这类问题,一般能够接受的 n n n 的范围在千级别,也就是 1000 , 2000 , 3000... 1000, 2000, 3000 ... 1000,2000,3000...。如果是 n = 10000 , 100000 n=10000, 100000 n=10000,100000 的情况,就需要考虑优化了。
  有关最长单调子序列的问题,还有 O ( n l o g 2 n ) O(nlog_2n) O(nlog2n) 的优化算法,具体方法可以参考以下文章:夜深人静写算法(二十)- 最长单调子序列

三、二维DP

1、最长公共子序列

  给定两个数组序列 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1, a_2, ..., a_n a1,a2,...,an b 1 , b 2 , . . . , b m b_1, b_2, ..., b_m b1,b2,...,bm,其中 n , m ≤ 1000 n,m le 1000 n,m1000,求两个数组的最长公共子序列。

  考虑两个数组序列 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1, a_2, ..., a_n a1,a2,...,an b 1 , b 2 , . . . , b m b_1, b_2, ..., b_m b1,b2,...,bm,对于 a a a 序列中第 i i i 个元素 a i a_i ai b b b 序列中的第 j j j 个元素 b j b_j bj,有两种情况:
   ( 1 ) (1) (1) 相等即 a i = = b j a_i == b_j ai==bj 的情况,这个时候如果前缀序列 a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1, a_2, ..., a_{i-1} a1,a2,...,ai1 b 1 , b 2 , . . . , b j − 1 b_1, b_2, ..., b_{j-1} b1,b2,...,bj1 的最长公共子序列已经求出来了,记为 x x x 的话,那么很显然,在两个序列分别加入 a i a_i ai b j b_j bj 以后,长度又贡献了 1,所以 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1, a_2, ..., a_{i} a1,a2,...,ai b 1 , b 2 , . . . , b j b_1, b_2, ..., b_{j} b1,b2,...,bj 的最长公共子序列就是 x + 1 x+1 x+1

   ( 2 ) (2) (2) 不相等即 a i ≠ b j a_i eq b_j ai=bj 的情况,这个时候我们可以把问题拆分成两个更小的子问题,即 分别去掉 a i a_i ai b j b_j bj 的情况,如图所示:

  去掉 a i a_i ai 以后,问题转变为求: a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1, a_2, ..., a_{i-1} a1,a2,...,ai1 b 1 , b 2 , . . . , b j b_1, b_2, ..., b_{j} b1,b2,...,bj 的最长公共子序列;
  去掉 b j b_j bj 以后,问题转变为求: a 1 , a 2 , . . . , a i a_1, a_2, ..., a_{i} a1,a2,...,ai b 1 , b 2 , . . . , b j − 1 b_1, b_2, ..., b_{j-1} b1,b2,...,bj1 的最长公共子序列;
  根据上面的两种情况的讨论,我们发现,在任何时候,我们都在求 a a a 的前缀 和 b b b 的前缀的最长公共序列,所以可以这么定义状态:用 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1, a_2, ..., a_{i} a1,a2,...,ai b 1 , b 2 , . . . , b j b_1, b_2, ..., b_{j} b1,b2,...,bj 的最长公共子序列。
  在设计状态的过程中,我们已经无形中把状态转移也设计好了,状态转移方程如下: f [ i ] [ j ] = { 0 i = 0   o r   j = 0 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + 1 i , j > 0 , a i = b j max ⁡ ( f [ i ] [ j − 1 ] , f [ i − 1 ] [ j ] ) i , j > 0 , a i ≠ b j f[i][j] =

{0i=0 or j=0f[i1][j1]+1i,j>0,ai=bjmax(f[i][j1],f[i1][j])i,j>0,aibj
f[i][j]=0f[i1][j1]+1max(f[i][j1],f[i1][j])i=0 or j=0i,j>0,ai=bji,j>0,ai=bj  对于 i = 0 i=0 i=0 或者 j = 0 j=0 j=0 代表的是:其中一个序列的长度为 0,那么最长公共子序列的长度肯定就是 0 了;
  其余两种情况,就是我们上文提到的 a i a_i ai b j b_j bj “相等” 与 “不相等” 的两种情况下的状态转移。如图所示,代表了字符串 “GATCGTGAGC” 和 “AGTACG” 求解最长公共子序列的 f [ i ] [ j ] ( i , j > 0 ) f[i][j] (i,j > 0) f[i][j](i,j>0) 的矩阵。

  对于长度分别为 n n n m m m 的两个序列,求解它们的最长公共子序列时,状态数总共有 O ( n m ) O(nm) O(nm) 个,每次状态转移的消耗为 O ( 1 ) O(1) O(1),所以总的时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm)
  对于 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 这个状态,求解过程中,只依赖于 f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j1] f [ i − 1 ] [ j − 1 ] f[i-1][j-1] f[i1][j1] f [ i − 1 ] [ j ] f[i-1][j] f[i1][j]

在这里插入图片描述
  即每次求解只需要有 上一行 和 这一行 的状态即可,所以可以采用滚动数组进行优化,将状态转移方程变成: f [ c u r ] [ j ] = { f [ l a s t ] [ j − 1 ] + 1 j > 0 , a i = b j max ⁡ ( f [ c u r ] [ j − 1 ] , f [ l a s t ] [ j ] ) j > 0 , a i ≠ b j f[cur][j] =

{f[last][j1]+1j>0,ai=bjmax(f[cur][j1],f[last][j])j>0,aibj
f[cur][j]={f[last][j1]+1max(f[cur][j1],f[last][j])j>0,ai=bjj>0,ai=bj  只需要简单将 i i i 替换成 c u r cur cur i − 1 i-1 i1 替换成 l a s t last last 即可。这样就把原本 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的空间复杂度变成了 O ( p ) O(p) O(p),其中 p = min ⁡ ( n , m ) p = min(n,m) p=min(n,m)

  • 优化后的 C++ 代码实现如下:
typedef char ValueType;
const int maxn = 5010;
int f[2][maxn];

int getLCSLength(int hsize, ValueType *h, int vsize, ValueType *v) {
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int cur = 1, last = 0;
    for (int i = 1; i <= vsize; ++i) {
        for (int j = 1; j <= hsize; ++j) {
            if (v[i] == h[j])
                f[cur][j] = f[last][j - 1] + 1;
            else
                f[cur][j] = max(f[cur][j - 1], f[last][j]);
        }
        swap(last, cur);
    }
    return f[last][hsize];
}
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  有关于 最长公共子序列 的更多内容,可以参考以下内容:夜深人静写算法(二十一)- 最长公共子序列

2、最小编辑距离

  长度为 n n n 的源字符串 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1,a2,...,an,经过一些给定操作变成长度为 m m m 的目标字符串 b 1 , b 2 , . . . b m b_1,b_2,...b_m b1,b2,...bm,操作包括如下三种:
  1) I n s e r t Insert Insert:在源字符串中插入一个字符,插入消耗为 I I I
  2) D e l e t e Delete Delete:在源字符串中删除一个字符,删除消耗为 D D D
  3) R e p l a c e Replace Replace:将源字符串中的一个字符替换成另一个字符,替换消耗为 R R R
求最少的总消耗,其中 n , m ≤ 1000 n,m le 1000 n,m1000

  令 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示源字符串 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1,a_2,...,a_i a1,a2,...,ai 经过上述三种操作变成目标字符串 b 1 , b 2 , . . . b j b_1,b_2,...b_j b1,b2,...bj 的最少消耗。
  假设 a 1 , a 2 , . . . , a i a_1,a_2,...,a_{i} a1,a2,...,ai 变成 b 1 , b 2 , . . . b j − 1 b_1,b_2,...b_{j-1} b1,b2,...bj1 的最少消耗已经求出,等于 f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j1],则需要在 a [ i ] a[i] a[i] 的后面插入一个字符 b j b_j bj,那么产生的消耗为: f [ i ] [ j − 1 ] + I f[i][j-1] + I f[i][j1]+I 如图所示,源字符串为 “AGTA”,目标字符串为 “GATCGT” 的情况下,将源字符串变成 "“GATCG” 的最小消耗为 f [ i ] [ j − 1 ] f[i][j-1] f[i][j1],那么只要在源字符串最后再插入一个 ‘T’,就可以把源字符串变成目标字符串 “GATCGT”;
在这里插入图片描述
  假设 a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1,a_2,...,a_{i-1} a1,a2,...,ai1 变成 b 1 , b 2 , . . . b j b_1,b_2,...b_{j} b1,b2,...bj 的最少消耗已经求出,等于 f [ i − 1 ] [ j ] f[i-1][j] f[i1][j],则需要把 a i a_i ai 个删掉,那么产生的消耗为: f [ i − 1 ] [ j ] + D f[i-1][j] + D f[i1][j]+D 如图所示,源字符串为 “AGTA”,目标字符串为 “GATCGT” 的情况下,将 “AGT” 变成目标字符串的最小消耗为 f [ i − 1 ] [ j ] f[i-1][j] f[i1][j],那么只要把源字符串最后一个’A’删掉,就可以把源字符串变成目标字符串;

  假设 a 1 , a 2 , . . . , a i − 1 a_1,a_2,...,a_{i-1} a1,a2,...,ai1 变成 b 1 , b 2 , . . . b j − 1 b_1,b_2,...b_{j-1} b1,b2,...bj1 的最少消耗已经求出,等于 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] f[i-1][j-1] f[i1][j1],则将 a i a_i ai 替换成 b j b_j bj a 1 , a 2 , . . . , a i a_1,a_2,...,a_{i} a1,a2,...,ai 就可以变成 b 1 , b 2 , . . . b j b_1,b_2,...b_{j} b1,b2,...bj。替换时需要考虑 a i = b j a_i=b_j ai=bj a i ≠ b j a_i eq b_j ai=bj 的情况,所以替换产生的消耗为: f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + { 0 a i = b j R a i ≠ b j f[i-1][j-1] +

{0ai=bjRaibj
f[i1][j1]+{0Rai=bjai=bj 如图所示,源字符串为 “AGTA”,目标字符串为 “GATCGT” 的情况下,将 “AGT” 变成 “GATCGT” 的最小消耗为 f [ i − 1 ] [ j − 1 ] f[i-1][j-1] f[i1][j1],那么只要将 源字符串 的最后一个字符 替换为 目标字符串 的最后一个字符 ,就可以把源字符串变成目标字符串;替换时根据 源字符串 和 目标字符串 原本是否相等来决定消耗;

  • 边界情况主要考虑以下几种:
      a. 空串变成目标串 f [ 0 ] [ j ] f[0][j] f[0][j],总共需要插入 j j j 个字符,所以 f [ 0 ] [ j ] = f [ 0 ] [ j − 1 ] + I f[0][j] = f[0][j-1] + I f[0][j]=f[0][j1]+I
      b. 源字符串变成空串 f [ i ] [ 0 ] f[i][0] f[i][0],总共需要删除 i i i 个字符,所以 f [ i ] [ 0 ] = f [ i − 1 ] [ 0 ] + D f[i][0] = f[i-1][0] + D f[i][0]=f[i1][0]+D
      c. 空串变成空串 f [ 0 ] [ 0 ] = 0 f[0][0] = 0 f[0][0]=0

  将上述所有状态进行一个整合,得到状态转移方程如下: f [ i ] [ j ] = { 0 i = 0 , j = 0 f [ i ] [ j − 1 ] + I i = 0 , j > 0 f [ i − 1 ] [ j ] + D i > 0 , j = 0 min ⁡ i > 0 , j > 0 { f [ i ] [ j − 1 ] + I f [ i − 1 ] [ j ] + D f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + R a i ≠ b j f[i][j] =

egin{cases}0 & i=0,j=0\f[i][j-1]+I & i=0,j>0\ f[i-1][j] + D & i>0,j=0 \ min_{i>0,j>0} egin{cases} f[i][j-1] + I\ f[i-1][j] + D\ f[i-1][j-1] + R_{a_i  eq b_j}end{cases}
end{cases} f[i][j]=0f[i][j1]+If[i1][j]+Dmini>0,j>0f[i][j1]+If[i1][j]+Df[i1][j1]+Rai=bji=0,j=0i=0,j>0i>0,j=0
  通过这个状态矩阵,最后计算得到 f [ n ] [ m ] f[n][m] f[n][m] 就是该题所求 "源字符串 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2,...,a_n a1,a2,...,an,经过 插入、删除、替换 变成目标字符串 b 1 , b 2 , . . . b m b_1,b_2,...b_m b1,b2,...bm" 的最少消耗了,特殊的,当 I = D = R = 1 I = D = R = 1 I=D=R=1 时, f [ n ] [ m ] f[n][m] f[n][m] 就是字符串 a a a b b b 的莱文斯坦距离。
  状态总数 O ( n m ) O(nm) O(nm),每次状态转移的消耗为 O ( 1 ) O(1) O(1),所以总的时间复杂度为 O ( n m ) O(nm) O(nm),空间上可以采用滚动数组进行优化,具体优化方案可以参考 最长公共子序列 的求解过程。
  如图所示的是一张源字符串 “AGTACG” 到目标字符串 “GATCGTGAGC” 的莱文斯坦距离图。
在这里插入图片描述
  有关最小编辑距离的详细内容,可以参考:夜深人静写算法(二十二)- 最小编辑距离

3、双串匹配问题

  给定一个 匹配字符串 s (只包含小写字母) 和一个 模式字符串 p (包含小写字母和两种额外字符:'.''*'),要求实现一个支持 '.''*'的正则表达式匹配('*'前面保证有字符)。
  '.'匹配任意单个字符
  '*'匹配零个或多个前面的那一个元素

  这是个经典的 串匹配 问题,可以按照 最长公共子序列 的思路去解决。令 f ( i , j ) f(i, j) f(i,j) 代表的是 匹配串前缀 s[0:i]模式串前缀 p[0:j] 是否有匹配,只有两个值: 0 代表 不匹配, 1 代表 匹配
  于是,对模式串进行分情况讨论:
  1)当 p[j].时,代表 s[i] 为任意字符时,它都能够匹配(没毛病吧?没毛病),所以问题就转化成了求 匹配串前缀 s[0:i-1]模式串前缀 p[0:j-1] 是否有匹配的问题,也就是这种情况下 f ( i , j ) = f ( i − 1 , j − 1 ) f(i, j) = f(i-1, j-1) f(i,j)=f(i1,j1),如图1所示:


  2)当 p[j]*时,由于*前面保证有字符,所以拿到字符 p[j-1],分情况讨论:
    2.a)如果 p[j-1].时,可以匹配所有 s[0:i] 的后缀,这种情况下,只要 f ( k , j − 2 ) f(k, j-2) f(k,j2) 为 1, f ( i , j ) f(i, j) f(i,j) 就为 1;其中 k ∈ [ 0 , i ] k in [0, i] k[0,i]。如下图所示:


    2.b)如果 p[j-1].时,只有当 s[0:i] 的后缀 字符全为 p[j-1] 时,才能去匹配 s[0:i] 的前缀,同样转化成 f ( k , j − 2 ) f(k, j-2) f(k,j2) 的子问题。如下图所示:


  3)当 p[j] 为其他任意字符时,一旦 p[j]s[i] 不匹配,就认为 f ( i , j ) = 0 f(i, j) = 0 f(i,j)=0,否则 f ( i , j ) = f ( i − 1 , j − 1 ) f(i, j) = f(i-1, j-1) f(i,j)=f(i1,j1),如下图所示:


  最后,这个问题可以采用 记忆化搜索 求解,并且需要考虑一些边界条件,边界条件可以参考代码实现中的讲解。记忆化搜索会在下文仔细讲解。
  匹配串的长度为 n n n,模式串的长度为 m m m。状态数: O ( n m ) O(nm) O(nm),状态转移: O ( n ) O(n) O(n),时间复杂度: O ( n 2 m ) O(n^2m) O(n2m)

四、记忆化搜索

  给定一个 n ( n ≤ 45 ) n(n le 45) n(n45),求 斐波那契数列的第 n n n 项的值,要求用递归实现。

  那么,我们只需要套用上面的递归函数,并且处理好递归出口,就能把它写成递归的形式,C语言 代码实现如下:

int f(unsigned int n) {
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1) + f(n-2);
}
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • 6

  递归求解的过程如下:

  这是一棵二叉树,树的高度为 n n n,所以粗看递归访问时结点数为 2 n 2^n 2n,但是仔细看,对于任何一棵子树而言,左子树的高度一定比右子树的高度大,所以不是一棵严格的完全二叉树。为了探究它实际的时间复杂度,我们改下代码:

int f(unsigned int n) {
    ++c[n];
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    return f(n-1) + f(n-2);
}
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • 6
  • 7

  加了一句代码 ++c[n];,引入一个计数器,来看下在不同的 n n n 的情况下, f ( n ) f(n) f(n) 这个函数的调用次数,如图所示:
在这里插入图片描述
  观察 c [ n ] c[n] c[n] 的增长趋势,首先排除等差数列,然后再来看是否符合等比数列,我们来尝试求下 c [ n ] / c [ n − 1 ] c[n] / c[n-1] c[n]/c[n1] 的值,列出表格如下:
在这里插入图片描述
  观察发现,随着 n n n 的不断增大, c [ n ] / c [ n − 1 ] c[n]/c[n-1] c[n]/c[n1] 越来越接近一个常数,而这个常数就是黄金分割的倒数: 2 5 − 1 ≈ 1.618034 frac {2}{ sqrt 5 - 1} approx 1.618034 5 121.618034  当 n n n 趋近于无穷大的时候,满足如下公式: c [ n ] = 2 5 − 1 c [ n − 1 ] c[n] = frac {2}{ sqrt 5 - 1} c[n-1] c[n]=5 12c[n1]  对等比数列化解后累乘得到: c [ n ] = 2 5 − 1 c [ n − 1 ] = ( 2 5 − 1 ) 2 c [ n − 2 ] = ( 2 5 − 1 ) n

c[n]=251c[n1]=(251)2c[n2]=(251)n
c[n]=5 12c[n1]=(5 12)2c[n2]=(5 12)n  所以,斐波那契数列递归求解的时间复杂度就是 : O ( ( 2 5 − 1 ) n ) O((frac {2}{ sqrt 5 - 1})^n) O((5 12)n)
  这是一个指数级的算法,随着 n n n 的不断增大,时间消耗呈指数级增长,我们在写代码的时候肯定是要避免这样的写法的,尤其是在服务器开发过程中,CPU 是一种极其宝贵的资源,任何的浪费都是可耻的。但是,面试官又要求用递归实现,真是太讨厌了!
  那么,怎么来优化这里的算力消耗呢?
  递归求解斐波那契数列其实是一个深度优先搜索的过程,它是毫无优化的暴力枚举,对于 f ( 5 ) f(5) f(5) 的求解,如图所示:

  同时,我们也发现,计算过程中其实有很多重叠子问题,例如 f ( 3 ) f(3) f(3) 被计算了 2 2 2 次,如图所示:

   f ( 2 ) f(2) f(2) 被计算了 3 3 3 次,如图所示:
在这里插入图片描述
  所以如果我们能够确保每个 f ( i ) f(i) f(i) 只被计算一次,问题就迎刃而解了。可以考虑将 f ( i ) f(i) f(i) 计算出来的值存储到哈希数组 h [ i ] h[i] h[i] 中,当第二次要访问 f ( i ) f(i) f(i) 时,直接取 h [ i ] h[i] h[i] 的值即可,这样每次计算 f ( i ) f(i) f(i) 的时间复杂度变成了 O ( 1 ) O(1) O(1),总共需要计算 f ( 2 ) , f ( 3 ) , . . . f ( n ) f(2),f(3),...f(n) f(2),f(3),...f(n),总的时间复杂度就变成了 O ( n ) O(n) O(n)
  这种用哈希数组来记录运算结果,避免重复运算的方法就是记忆化搜索。
  这件事情如何执行下去呢?
  我们用一个数组 h [ i ] h[i] h[i] 来记录 斐波那契数列 第 i i i 项的值,把之前的递归代码改成如下形式:

const int inf = -1;
int h[46];

void init() {
    memset(h, inf, sizeof(h));  // 1)
}

int f(unsigned int n) {
    if(n <= 1) {
        return 1;
    }
    int &fib = h[n];            // 2)
    if(fib != inf) {
        return fib;             // 3)
    }
    fib = f(n-1) + f(n-2);      // 4)
    return fib;
}
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4
  • 5
  • 6
  • 7
  • 8
  • 9
  • 10
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  • 18
  • 1)初始化所有 f ( i ) f(i) f(i) 都没有被计算过,为了方便用 memset,可以将 inf定义成 -1;
  • 2)注意这里用了个引用,而且一定要用引用,具体原因留给读者自己思考,当然不想思考的话,下文也会讲到,不必担心;
  • 3)当 fib也就是 h[n]已经计算过了,那么直接返回结果即可;
  • 4)最后,利用递归计算h[n]的值,并且返回结果;

  和递归版本相比,多了这么一段代码:

    int &fib = h[n];
    if(fib != inf) {
        return fib;
    }
  • 1
  • 2
  • 3
  • 4

  那么它的作用体现在哪里呢?我们通过一个动图来感受一下:

  如图所示,当第二次需要计算 f ( 2 ) f(2) f(2) f ( 3 ) f(3) f(3) 时,由于结果已经计算出来并且存储在 h [ 2 ] h[2] h[2] h [ 3 ] h[3] h[3] 中,所以上面这段代码的fib != inf表达式为真,直接返回,不再需要往下递归计算,这样就把原本的 “递归二叉树” 转换成了 “递归链”, 从而将原本指数级的算法变成了多项式级别。
  上文用一个简单的例子阐述了记忆化搜索的实现方式,并且提到了利用数组来记录已经计算出来的重叠子问题,这个和动态规划的思想非常相似,没错,记忆化搜索其实用的就是动态规划的思想。更加确切的说,可以用如下公式来表示:

记忆化搜索 = 深度优先搜索的实现 + 动态规划的思想

  有关记忆化搜索的更多内容,可以参考: 夜深人静写算法(二十六)- 记忆化搜索

五、背包问题

1、0/1 背包

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n le100) n(n100) 个物品和一个容量为 m ( m ≤ 10000 ) m(m le 10000) m(m10000) 的背包。第 i i i 个物品的容量是 c [ i ] c[i] c[i],价值是 w [ i ] w[i] w[i]。现在需要选择一些物品放入背包,并且总容量不能超过背包容量,求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是 0/1 背包问题的完整描述,之所以叫 0/1 背包,是因为每种物品只有一个,可以选择放入背包或者不放,而 0 代表不放,1 代表放。
  第一步:设计状态;
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 个物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i in [0, n], j in [0, m]) (i[0,n],j[0,m])
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下该背包得到的最大价值,即前 i i i 个物品恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值;
  第二步:列出状态转移方程; d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - c[i]] + w[i]) dp[i][j]=max(dp[i1][j],dp[i1][jc[i]]+w[i]) 因为每个物品要么放,要么不放,所以只需要考虑第 i i i 个物品 放 或 不放 的情况:
  1)不放:如果 “第 i i i 个物品不放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i1 个物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题;由于不放,所以最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i1 个物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值,即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i1][j]
  2)放:如果 “第 i i i 个物品放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i1 个物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] jc[i] 的背包” 的问题;那么此时最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i1 个物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] jc[i] 的背包” 的最大价值 加上放入第 i i i 个物品的价值,即 d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] dp[i-1][j - c[i]] + w[i] dp[i1][jc[i]]+w[i]
  将以上两种情况取大者,就是我们所求的 “前 i i i 个物品恰好放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值了。
  我们发现,当状态在进行转移的时候, ( i , j ) (i, j) (i,j) 不是来自 ( i − 1 , j ) (i-1, j) (i1,j),就是来自 ( i − 1 , j − c [ i ] ) (i-1, j - c[i]) (i1,jc[i]),所以必然有一个初始状态,而这个初始状态就是 ( 0 , 0 ) (0, 0) (0,0),含义是 “前 0 个物品放入一个背包容量为 0 的背包”,这个状态下的最大价值为 0,即 d p [ 0 ] [ 0 ] = 0 dp[0][0] = 0 dp[0][0]=0
  那么我们再来考虑, ( 0 , 3 ) (0, 3) (0,3) 是什么意思呢?它代表的是 “前 0 个物品恰好放入一个背包容量为 3 的背包”,明显这种情况是不存在的,因为 0 个物品的价值肯定是 0。所以这种状态被称为非法状态,非法状态是无法进行状态转移的,于是我们可以通过初始状态和非法状态进所有状态进行初始化。
   d p [ 0 ] [ i ] = { 0 i = 0 i n f i > 0 dp[0][i] =

{0i=0infi>0
dp[0][i]={0infi=0i>0
  其中 i n f inf inf 在程序实现时,我们可以设定一个非常小的数,比如 − 1000000000 -1000000000 1000000000,只要保证无论如何状态转移它都不能成为最优解的候选状态。为了加深状态转移的概念,来看图二-5-1 的一个例子,每个格子代表一个状态, ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 代表初始状态,蓝色的格子代表已经求得的状态,灰色的格子代表非法状态,红色的格子代表当前正在进行转移的状态,图中的第 i i i 行代表了前 i i i 个物品对应容量的最优值,第 4 个物品的容量为 2,价值为 8,则有状态转移如下: d p [ 4 ] [ 4 ] = m a x ( d p [ 4 − 1 ] [ 4 ] , d p [ 4 − 1 ] [ 4 − 2 ] + 8 ) = m a x ( d p [ 3 ] [ 4 ] , d p [ 3 ] [ 2 ] + 8 )
dp[4][4]=max(dp[41][4],dp[41][42]+8)=max(dp[3][4],dp[3][2]+8)
dp[4][4]=max(dp[41][4],dp[41][42]+8)=max(dp[3][4],dp[3][2]+8)


  有关 0/1 背包的更多内容,可以参考:夜深人静写算法(十四)- 0/1 背包

2、完全背包

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n le 100) n(n100) 种物品和一个容量为 m ( m ≤ 10000 ) m(m le 10000) m(m10000) 的背包。第 i i i 种物品的容量是 c [ i ] c[i] c[i],价值是 w [ i ] w[i] w[i]。现在需要选择一些物品放入背包,每种物品可以无限选择,并且总容量不能超过背包容量,求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是完全背包问题的完整描述,和 0/1 背包的区别就是每种物品可以无限选取,即文中红色字体标注的内容;
  第一步:设计状态;
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i in [0, n], j in [0, m]) (i[0,n],j[0,m])
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下该背包得到的最大价值,即前 i i i 种物品(每种物品可以选择无限件)恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值;

  第二步:列出状态转移方程; d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k) dp[i][j]=max(dp[i1][jc[i]k]+w[i]k) ( 0 ≤ k ≤ j c [ i ] ) (0 le k le frac {j} {c[i]}) (0kc[i]j)

  • 因为每种物品有无限种可放置,将它归类为以下两种情况:
      1)不放:如果 “第 i i i 种物品不放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题;由于不放,所以最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值,对应状态转移方程中 k = 0 k = 0 k=0 的情况, 即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i1][j]
      2)放 k 个:如果 “第 i i i 种物品放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k jc[i]k 的背包” 的问题;那么此时最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k jc[i]k 的背包” 的最大价值 加上放入 k k k 个第 i i i 种物品的价值,即 d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k dp[i1][jc[i]k]+w[i]k
      枚举所有满足条件的 k k k 就是我们所求的 “前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值了。注意:由于每件物品都可以无限选择,所以这里描述的时候都是用的 “种” 作为单位,即代表不同种类的物品。

  对于 n n n 种物品放入一个容量为 m m m 的背包,状态数为 O ( n m ) O(nm) O(nm),每次状态转移的消耗为 O ( k ) O(k) O(k),所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的,那么实际是多少呢?考虑最坏情况下,即 c [ i ] = 1 c[i] = 1 c[i]=1 时,那么要计算的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的转移数为 j j j,总的状态转移次数就是 m ( m + 1 ) 2 frac {m(m + 1)} {2} 2m(m+1),所以整个算法的时间复杂度是 O ( n m 2 ) O(nm^2) O(nm2) 的,也就是说状态转移均摊时间复杂度是 O ( m ) O(m) O(m) 的。

  我们把状态转移方程进行展开后得到如下的 k + 1 k+1 k+1 个式子:
d p [ i ] [ j ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ( k + 1 ) dp[i][j] = max

{dp[i1][j](1)dp[i1][jc[i]]+w[i](2)dp[i1][jc[i]2]+w[i]2(3)...dp[i1][jc[i]k]+w[i]k(k+1)
dp[i][j]=maxdp[i1][j]dp[i1][jc[i]]+w[i]dp[i1][jc[i]2]+w[i]2...dp[i1][jc[i]k]+w[i]k(1)(2)(3)(k+1)
  利用待定系数法,用 j − c [ i ] j-c[i] jc[i] 代替上式的 j j j 得到如下式子:
d p [ i ] [ j − c [ i ] ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 3 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ ( k − 1 ) ( k ) dp[i][j-c[i]] = max
{dp[i1][jc[i]](1)dp[i1][jc[i]2]+w[i](2)dp[i1][jc[i]3]+w[i]2(3)...dp[i1][jc[i]k]+w[i](k1)(k)
dp[i][jc[i]]=maxdp[i1][jc[i]]dp[i1][jc[i]2]+w[i]dp[i1][jc[i]3]+w[i]2...dp[i1][jc[i]k]+w[i](k1)(1)(2)(3)(k)

  等式两边都加上 w [ i ] w[i] w[i] 得到:
d p [ i ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] = m a x { d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 2 ] + w [ i ] ∗ 2 ( 2 ) d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ 3 ] + w [ i ] ∗ 3 ( 3 ) . . . d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ( k ) dp[i][j-c[i]] + w[i] = max
{dp[i1][jc[i]]+w[i](1)dp[i1][jc[i]2]+w[i]2(2)dp[i1][jc[i]3]+w[i]3(3)...dp[i1][jc[i]k]+w[i]k(k)
dp[i][jc[i]]+w[i]=maxdp[i1][jc[i]]+w[i]dp[i1][jc[i]2]+w[i]2dp[i1][jc[i]3]+w[i]3...dp[i1][jc[i]k]+w[i]k(1)(2)(3)(k)

  于是我们发现,这里的 ( 1 ) . . . ( k ) (1)...(k) (1)...(k) 式子等价于最开始的状态转移方程中的 ( 2 ) . . . ( k + 1 ) (2) ... (k+1) (2)...(k+1) 式,所以原状态转移方程可以简化为: d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-c[i]] + w[i]) dp[i][j]=max(dp[i1][j],dp[i][jc[i]]+w[i])
  这样就把原本均摊时间复杂度为 O ( m ) O(m) O(m) 的状态转移优化到了 O ( 1 ) O(1) O(1)
  那么我们来理解一下这个状态转移方程的含义:对于第 i i i 种物品,其实只有两种选择:一个都不放、至少放一个;一个都不放 就是 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放满一个容量为 j j j 的背包” 的情况,即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i1][j];至少放一个 的话,我们尝试在 “前 i i i 种物品放满一个容量为 j j j 的背包” 里拿掉 1 个物品,即 “前 i i i 种物品放满一个容量为 j − c [ i ] j-c[i] jc[i] 的背包”,这时候的值就是 d p [ i ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] dp[i][j-c[i]] + w[i] dp[i][jc[i]]+w[i]。取两者的大者就是答案了。
  其实这个思路我可以在本文开头就讲,也容易理解,之所以引入优化以及逐步推导的过程,就是想告诉读者,很多动态规划的问题是不能套用模板的,从简单的思路出发,加上一些推导和优化,逐步把复杂的问题循序渐进的求出来,才是解决问题的普遍思路。
  有关完全背包的更多内容,可以参考:夜深人静写算法(十五)- 完全背包

3、多重背包

  有 n ( n ≤ 100 ) n(n le 100) n(n100) 种物品和一个容量为 m ( m ≤ 10000 ) m(m le 10000) m(m10000) 的背包。第 i i i 种物品的容量是 c [ i ] c[i] c[i],价值是 w [ i ] w[i] w[i]。现在需要选择一些物品放入背包,每种物品可以选择 x [ i ] x[i] x[i],并且总容量不能超过背包容量,求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是多重背包问题的完整描述,和 0/1 背包、完全背包的区别就是每种物品的选取有物品自己的值域限制,即文中红色字体标注的内容;
  第一步:设计状态;
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i in [0, n], j in [0, m]) (i[0,n],j[0,m])
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下该背包得到的最大价值,即前 i i i 种物品(每种物品可以选择 x [ i ] x[i] x[i] 件)恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值;

  第二步:列出状态转移方程; d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ) ( 0 ≤ k ≤ x [ i ] ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k) \ (0 le k le x[i]) dp[i][j]=max(dp[i1][jc[i]k]+w[i]k)(0kx[i]) 因为每种物品有 x [ i ] x[i] x[i] 种可放置,将它归类为以下两种情况:
  1)不放:如果 “第 i i i 种物品不放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题;由于不放,所以最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值,对应状态转移方程中 k = 0 k = 0 k=0 的情况, 即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i1][j]
  2)放 k 个:如果 “第 i i i 种物品放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k jc[i]k 的背包” 的问题;那么此时最大价值就等于 “前 i − 1 i-1 i1 种物品放入容量为 j − c [ i ] ∗ k j-c[i]*k jc[i]k 的背包” 的最大价值 加上放入 k k k 个第 i i i 种物品的价值,即 d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k dp[i1][jc[i]k]+w[i]k
  枚举所有满足条件的 k k k 就是我们所求的 “前 i i i 种物品恰好放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值了。
  多重背包问题是背包问题的一般情况,每种物品有自己的值域限制。如果从状态转移方程出发,我们可以把三种背包问题进行归纳统一,得到一个统一的状态转移方程如下: d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j − c [ i ] ∗ k ] + w [ i ] ∗ k ) dp[i][j] = max(dp[i-1][j - c[i]*k] + w[i]*k) dp[i][j]=max(dp[i1][jc[i]k]+w[i]k)  对于 0/1 背包问题, k k k 的取值为 0 , 1 0,1 0,1
  对于完全背包问题, k k k 的取值为 0 , 1 , 2 , 3 , . . . , ⌊ j c [ i ] ⌋ 0, 1, 2, 3, ..., lfloor frac j {c[i]} floor 0,1,2,3,...,c[i]j
  对于多重背包问题, k k k 的取值为 0 , 1 , 2 , 3 , . . . , x [ i ] 0, 1, 2, 3, ..., x[i] 0,1,2,3,...,x[i]
  对于 n n n 种物品放入一个容量为 m m m 的背包,状态数为 O ( n m ) O(nm) O(nm),每次状态转移的消耗为 O ( x [ i ] ) O(x[i]) O(x[i]),所以整个状态转移的过程时间复杂度是大于 O ( n m ) O(nm) O(nm) 的,那么实际是多少呢?
  考虑最坏情况下,即 x [ i ] = m x[i] = m x[i]=m 时,那么要计算的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 的转移数为 j j j,总的状态转移次数就是 m ( m + 1 ) 2 frac {m(m + 1)} {2} 2m(m+1),所以整个算法的时间复杂度是 O ( n m 2 ) O(nm^2) O(nm2) 的,也就是说状态转移均摊时间复杂度是 O ( m ) O(m) O(m) 的。
  一个容易想到的优化是:我们可以将每种物品拆成 x [ i ] x[i] x[i] 个,这样变成了 ∑ i = 1 n x [ i ] sum_{i=1}^n x[i] i=1nx[i] 个物品的 0/1 背包问题,我们知道 0/1 背包问题优化完以后,空间复杂度只和容量有关,即 O ( m ) O(m) O(m)
  所以多重背包问题的空间复杂度至少是可以优化到 O ( m ) O(m) O(m) 的。
  然而, 如果这样拆分,时间复杂度还是没有变化,但是给我们提供了一个思路,就是每种物品是可以拆分的。假设有 x [ i ] x[i] x[i] 个物品,我们可以按照 2 的幂进行拆分,把它拆分成: 1 , 2 , 4 , . . . , 2 k − 1 , x [ i ] − 2 k + 1 1, 2, 4, ..., 2^{k-1}, x[i] - 2^{k} + 1 1,2,4,...,2k1,x[i]2k+1
  其中 k k k 是最大的满足 x [ i ] − 2 k + 1 ≥ 0 x[i] - 2^{k} + 1 ge 0 x[i]2k+10 的非负整数。
  这样,1 到 x [ i ] x[i] x[i] 之间的所有整数都能通过以上 k + 1 k+1 k+1 个数字组合出来,所以只要拆成以上 k + 1 k+1 k+1 个物品,所有取 k ( 0 ≤ k ≤ x [ i ] ) k (0 le k le x[i]) k(0kx[i]) 个物品的情况都能被考虑进来。
  举例说明,当 x [ i ] = 14 x[i] = 14 x[i]=14 时,可以拆分成 1,2,4,7 个物品,那么当我们要取 13 个这类物品的时候,相当于选择 2、4、7,容量分别为 c [ i ] ∗ 2 , c [ i ] ∗ 4 , c [ i ] ∗ 7 c[i]*2, c[i]*4, c[i]* 7 c[i]2,c[i]4,c[i]7, 价值分别为 w [ i ] ∗ 2 , w [ i ] ∗ 4 , w [ i ] ∗ 7 w[i]*2, w[i]*4, w[i]* 7 w[i]2,w[i]4,w[i]7
  通过这种拆分方式, x [ i ] x[i] x[i] 最多被拆分成 l o g 2 x [ i ] log_2 {x[i]} log2x[i] 个物品,然后再用 0/1 背包求解,得到了一个时间复杂度为 O ( m ∑ i = 1 n l o g 2 x [ i ] ) O(msum_{i=1}^{n}log_2{x[i]}) O(mi=1nlog2x[i]) 的算法。
  有关多重背包的更多内容,可以参考:夜深人静写算法(十六)- 多重背包

4、分组背包

  有 n ( n ≤ 1000 ) n(n le 1000) n(n1000) 个物品和一个容量为 m ( m ≤ 1000 ) m(m le 1000) m(m1000) 的背包。这些物品被分成若干组,第 i i i 个物品属于 g [ i ] g[i] g[i] 组,容量是 c [ i ] c[i] c[i],价值是 w [ i ] w[i] w[i],现在需要选择一些物品放入背包,并且每组最多放一个物品,总容量不能超过背包容量,求能够达到的物品的最大总价值。

  以上就是分组背包问题的完整描述,和其它背包问题的区别就是每个物品多了一个组号,并且相同组内,最多只能选择一个物品放入背包;因为只有一个物品,所以读者可以暂时忘掉 完全背包 和 多重背包 的概念,在往下看之前,先回忆一下 0/1 背包的状态转移方程。

  第一步:预处理;
  首先把每个物品按照组号 g [ i ] g[i] g[i] 从小到大排序,假设总共有 t t t 组,则将 g [ i ] g[i] g[i] 按顺序离散到 [ 1 , t ] [1,t] [1,t] 的正整数。这样做的目的是为了将 g [ i ] g[i] g[i] 作为下标映射到状态数组中;

  第二步:设计状态;
  状态 ( k , j ) (k, j) (k,j) 表示前 k k k 组物品恰好放入容量为 j j j 的背包 ( k ∈ [ 0 , t ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (k in [0, t], j in [0, m]) (k[0,t],j[0,m]);令 d p [ k ] [ j ] dp[k][j] dp[k][j] 表示状态 ( k , j ) (k, j) (k,j) 下该背包得到的最大价值,即前 k k k 组物品(每组物品至多选一件)恰好放入容量为 j j j 的背包所得到的最大总价值;

  第三步:列出状态转移方程: d p [ k ] [ j ] = m a x ( d p [ k − 1 ] [ j ] , d p [ k − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[k][j] = max(dp[k-1][j], dp[k-1][j - c[i]] + w[i]) dp[k][j]=max(dp[k1][j],dp[k1][jc[i]]+w[i]) k = g [ i ] k = g[i] k=g[i]因为每个物品有只有两种情况:
  1)不放:如果 “第 i i i 个物品(属于第 k k k 组)不放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 k − 1 k-1 k1 组物品放入容量为 j j j 的背包” 的问题;由于不放,所以最大价值就等于 “前 k − 1 k-1 k1 组物品放入容量为 j j j 的背包” 的最大价值,对应状态转移方程中的 d p [ k − 1 ] [ j ] dp[k-1][j] dp[k1][j]
  2)放:如果 “第 i i i 个物品(属于第 k k k 组)放入容量为 j j j 的背包”,那么问题转化成求 “前 k − 1 k-1 k1 组物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] jc[i] 的背包” 的问题;那么此时最大价值就等于 “前 k − 1 k-1 k1 组物品放入容量为 j − c [ i ] j-c[i] jc[i] 的背包” 的最大价值 加上放入第 i i i 个物品的价值,即 d p [ k − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] dp[k-1][j - c[i]] + w[i] dp[k1][jc[i]]+w[i]
  因为 前 k − 1 k-1 k1 组物品中一定不存在第 k k k 组中的物品,所以能够满足 “最多放一个” 这个条件;

  对于 n n n 个物品放入一个容量为 m m m 的背包,状态数为 O ( n m ) O(nm) O(nm),每次状态转移的消耗为 O ( 1 ) O(1) O(1),所以整个状态转移的过程时间复杂度是 O ( n m ) O(nm) O(nm)
  注意在分组背包求解的时候,要保证相同组的在一起求,而一开始的预处理和离散化正式为了保证这一点,这样,每个物品的组号为 g [ i ] = 1 , 2 , 3 , 4... , t g[i] = 1,2,3,4...,t g[i]=1,2,3,4...,t,并且我们可以把状态转移方程进一步表示成和 k k k 无关的,如下: d p [ g [ i ] ] [ j ] = m a x ( d p [ g [ i ] − 1 ] [ j ] , d p [ g [ i ] − 1 ] [ j − c [ i ] ] + w [ i ] ) dp[ g[i] ][j] = max(dp[ g[i]-1][j], dp[ g[i]-1][j - c[i]] + w[i]) dp[g[i]][j]=max(dp[g[i]1][j],dp[g[i]1][jc[i]]+w[i])
  有关分组背包更加详细的内容,可以参考:夜深人静写算法(十七)- 分组背包

5、依赖背包

  商店里有 n ( n ≤ 50 ) n(n le 50) n(n50) 个盒子,每个盒子价钱为 p [ i ] ( p [ i ] ≤ 1000 ) p[i](p[i] le 1000) p[i](p[i]1000),价值为 0,盒子里面有一些小礼物,数量为 m [ i ] ( 1 ≤ m [ i ] ≤ 10 ) m[i](1 le m[i] le 10) m[i](1m[i]10),每个小礼物描述成一个二元组 ( c , v ) (c, v) (c,v) c c c 为价钱, v v v 为价值,如果要买小礼物,必须先买盒子。现在给出价钱 m ( m ≤ 100000 ) m(m le 100000) m(m100000),求能够买到的最大价值。

  这是一个比较特殊的依赖性背包问题,也是依赖背包中最简单的情况,其中盒子作为 主件,小礼物作为 附件。想要购买附件,必须先购买主件,此所谓 “依赖” ;

  第一步:设计状态;
  状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 表示前 i i i 个盒子购买的价钱恰好为 j j j ( i ∈ [ 0 , n ] , j ∈ [ 0 , m ] ) (i in [0, n], j in [0, m]) (i[0,n],j[0,m])
  令 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示状态 ( i , j ) (i, j) (i,j) 下得到的最大价值,即前 i i i 个盒子购买价钱为 j j j 的情况下所得到的最大总价值;

  我们在设计状态的时候,没有把小礼物设计到状态里,那么如何进行状态转移呢?
在这里插入图片描述
  可以这么考虑,抛开小礼物不说,每个盒子其实只有两种状态,选 和 不选;
  1)选:就是要对这个盒子里的小礼物进行一次 0/1 背包;
  2)不选:就和这盒子里的小礼物无关了,直接等于前 i − 1 i-1 i1 个盒子的最大价值,即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i1][j]
  那么,只要从前往后枚举所有盒子, p [ i ] p[i] p[i] 为第 i i i 个盒子的价钱, w [ i ] w[i] w[i] 为价值,由于这个问题下盒子是没有价值的,即 w [ i ] w[i] w[i] 恒等于零;

进行如下三步操作:
  1)首先,买第 i i i 个盒子,并且不放物品;
  2)然后,既然盒子都已经买下来了,就可以放心对第 i i i 个盒子里的小礼物进行 0/1 背包了;
  3)最后,对 买盒子 i i i 和 不买盒子 i i i 取一次最大价值;

  买第 i i i 个盒子,不放物品的情况肯定是从前 i − 1 i-1 i1 个盒子的状态推算过来的,给出状态转移方程如下:
d p [ i ] [ j ] = { i n f j < p [ i ] ( 1 ) d p [ i − 1 ] [ j − p [ i ] ] + w [ i ] j ≥ p [ i ] ( 2 ) dp[i][j] =

{infj<p[i](1)dp[i1][jp[i]]+w[i]jp[i](2)
dp[i][j]={infdp[i1][jp[i]]+w[i]j<p[i]jp[i](1)(2)

  • (1) 代表钱不够,无限凄凉;(2) 代表从 前 i − 1 i-1 i1 个盒子价格为 j − p [ i ] j - p[i] jp[i] 时,再花 p [ i ] p[i] p[i] 买下第 i i i 个盒子的情况。这时候 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 代表的是 第 i i i 个盒子买下后,还没买小礼物时,容量为 j j j 的最大总价值;

  既然盒子都已经买下来了,就可以放心对第 i i i 个盒子里的小礼物在 d p [ i ] [ 0... m ] dp[i][0...m] dp[i][0...m] 上进行 0/1 背包了;所有小礼物都枚举完毕以后,得到的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 代表的是 第 i i i 个盒子买下,并且买了若干小礼物后,容量为 j j j 的最大总价值;

  最后,对买 这个盒子 和 不买这个盒子 做一次选择,即取一次最大价值,如下: d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i ] [ j ] , d p [ i − 1 ] [ j ] ) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i1][j])
  这里的 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i1][j] 正代表的是第 i i i 个盒子不买的情况。
  有关依赖背包的更多内容,可以参考:夜深人静写算法(十八)- 依赖背包

六、树形DP

  给定一棵 n ( n < = 150 ) n(n <= 150) n(n<=150) 个结点的树,去掉一些边,使得正好出现一个 P P P 个结点的连通块。问去掉最少多少条边能够达到这个要求。

  如图所示,一棵 10 个结点的树,我们可以去掉图中红色的边,变成两棵子树,分别为 3 个结点和 7个结点。
在这里插入图片描述
  也可以通过这样的方式,得到三颗子树,分别为 5 、4、1 个结点。
在这里插入图片描述
  对于树上的某个结点(如图的红色结点),可以选择去掉连接子树的边,也可以选择留着;每条连接子树的边的 选 和 不选,能够得到一个组合,对应了背包问题,而每棵子树的选择只能选择一种,对应了分组背包,所以可以利用这个思路来设计状态。
在这里插入图片描述
  状态设计:用 d p [ u ] [ x ] dp[u][x] dp[u][x] 表示以 u u u 为根的子树,能够通过去掉一些边而得到一个正好是 x x x 结点的连通块(注意只包含它的子树的部分,不连接它的父结点)的最少消耗;
  状态转移思路:枚举 u u u 的所有子结点,对于子结点 v v v,递归计算 d p [ v ] [ i ] ( 1 < = i < = x ) dp[v][i] (1 <= i <= x) dp[v][i](1<=i<=x) 所有的可能情况,如果 d p [ v ] [ i ] dp[v][i] dp[v][i] 存在,则认为这是一个容量为 i i i,价值为 d p [ v ] [ i ] dp[v][i] dp[v][i] 的物品,表示为 ( i , d p [ v ] [ i ] ) (i, dp[v][i]) (i,dp[v][i])。然后在结点 u u u 的背包上进行一次分组背包。
  初始情况:对于任何一个结点 u u u,它的子结点个数为 c u c_u cu,初始情况是 d p [ u ] [ 1 ] = c u dp[u][1] = c_u dp[u][1]=cu,表示如果以当前这个结点为孤立点,那么它的子树都不能选,所以费用就是去掉所有连接子树的边,即子树的个数。
  状态转移:然后对于每棵子树 v v v k k k 个结点的连通块,答案就是 d p [ v ] [ j − k ] + d p [ v ] [ k ] − 1 dp[v][j-k] + dp[v][k] - 1 dp[v][jk]+dp[v][k]1,注意这里的 -1 的含义,因为我们一开始默认将所有连接子树的边去掉,所以这里需要补回来。
  答案处理:最后的答案就是 min ⁡ ( d p [ x ] [ P ] + ( 1   i f   x   i s   n o t   r o o t ) min(dp[x][P] + (1 if x is not root) min(dp[x][P]+(1 if x is not root);考虑结点为 P 的连通块只会出现在两个地方:1)和根结点相连的块,那么答案就是 d p [ r o o t ] [ P ] dp[root][P] dp[root][P];2)不和根结点相连的块,需要枚举所有结点的 d p [ x ] [ P ] + 1 dp[x][P] +1 dp[x][P]+1 取最小值,其中这里的 1 代表斩断 ( p a r e n t [ x ] , x ) (parent[x], x) (parent[x],x) 这条边的消耗;

七、矩阵二分

A n = [ a 11 a 12 ⋯ a 1 m a 21 a 22 ⋯ a 2 m ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a m 1 a m 2 ⋯ a m m ] n A^n=

[a11a12a1ma21a22a2mam1am2amm]
^n An=a11a21am1a12a22