专题六:动态规划
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导读
本专题将讲解最难理解的算法之一:动态规划。介绍动态规划的基本概念、算法原理以及应用场景。首先,我们将介绍动态规划的定义和特点,以及它与递归、贪心算法的区别。接着,我们将详细介绍动态规划的解题思路和算法流程,包括状态转移方程、边界条件、初始化等概念。最后,我们将讨论动态规划在实际问题中的应用,包括背包问题、最长公共子序列问题、最短路径问题等。
什么是动态规划
动态规划,英文:Dynamic Programming,简称DP,如果某一问题有很多重叠子问题于最优子问题,使用动态规划是最有效的。
所以动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的,这一点就区分于贪心,贪心没有状态推导,而是从局部直接选最优的.
例如:有N件物品和一个最多能背重量为W 的背包。第i件物品的重量是weight[i]
,得到的价值是value[i]
。每件物品只能用一次,求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
动态规划中dp[j]
是由dp[j-weight[i]]
推导出来的,然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])
。
但如果是贪心呢,每次拿物品选一个最大的或者最小的就完事了,和上一个状态没有关系。
所以贪心解决不了动态规划的问题。
解决的问题
动态规划是一种数学方法,用于求解决策过程的最优化问题。如果一个问题可以分解成若干个子问题,并且子问题之间还有重叠的更小的子问题,就可以考虑使用动态规划来解决这个问题。应用动态规划之前要分析能否把大问题分解成小问题,分解后的每个小问题也存在最优解。如果将小问题的最优解组合起来能够得到整个问题的最优解,那么就可以使用动态规划解决问题。可以应用动态规划求解的问题主要具有以下四个特点:
- 问题是求最优解。
- 整体问题的最优解依赖于各个子问题的最优解。
- 大问题分解成若干小问题,这些小问题之间还有相互重叠的更小的子问题。
- 从上往下分析问题,从下往上求解问题。
解题步骤
对于动态规划问题,我将拆解为如下五步曲,这五步都搞清楚了,才能说把动态规划真的掌握了!
- 确定dp数组(dp table)以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
分享两张两种解决动态规划的思维导图:
动态规划应该如何debug
找问题的最好方式就是把dp数组打印出来,看看究竟是不是按照自己思路推导的!
做动规的题目,写代码之前一定要把状态转移在dp数组的上具体情况模拟一遍,心中有数,确定最后推出的是想要的结果。
然后再写代码,如果代码没通过就打印dp数组,看看是不是和自己预先推导的哪里不一样。
如果打印出来和自己预先模拟推导是一样的,那么就是自己的递归公式、初始化或者遍历顺序有问题了。
如果和自己预先模拟推导的不一样,那么就是代码实现细节有问题。
记忆化搜索
可以理解为实现dp的另一种方法,用递归实现本质还是搜索。
记忆化搜索按照自顶向下的顺序,每求得一个状态时,就把它的解保存下来,以后再次遇到这个状态时就不用重复求解了。
记忆化搜索包含两个要素记忆化和搜索。
- 沿用搜索的一般模式,本质还是用递归函数实现。
- 在搜索的过程中将已经得到的解保存起来,下次需要时直接用。
斐波那契数
题目
斐波那契数 (通常用 F(n)
表示)形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0
和 1
开始,后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是:
F(0) = 0,F(1) = 1
F(n) = F(n - 1) + F(n - 2),其中 n > 1
给定 n
,请计算 F(n)
。
示例 1:
输入: n = 2
输出: 1
解释: F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1
示例 2:
输入: n = 3
输出: 2
解释: F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2
示例 3:
输入: n = 4
输出: 3
解释: F(4) = F(3) + F(2) = 2 + 1 = 3
提示:
0 <= n <= 30
代码
class Solution {
public:
int fib(int n) {
if(n<2) return n;
vector<int> dp(n+1);
dp[0]=0;
dp[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
// cout<<dp[i]<<endl;
}
return dp[n];
}
};
题解
动态规划五部曲:
-
确定dp数组以及下标的含义
dp[i]定义为:第i个数的斐波那契值为
dp[i]
-
确定递推公式
状态转移方程:
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]
-
dp数组如何初始化
dp[0]=0; dp[1]=1;
-
确定遍历顺序
从前往后循环遍历,dp问题一般都是自底向上去思考。
爬楼梯
题目
假设你正在爬楼梯。需要 n
阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1
或 2
个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢?
示例 1:
输入: n = 2
输出: 2
解释: 有两种方法可以爬到楼顶。
- 1 阶 + 1 阶
- 2 阶
示例 2:
输入: n = 3
输出: 3
解释: 有三种方法可以爬到楼顶。
- 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
- 1 阶 + 2 阶
- 2 阶 + 1 阶
提示:
1 <= n <= 45
代码
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
if (n <= 1) return n; // 因为下面直接对dp[2]操作了,防止空指针
vector<int> dp(n + 1);
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++) { // 注意i是从3开始的
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
}
return dp[n];
}
};
题解
爬到第一层楼梯有一种方法,爬到二层楼梯有两种方法。
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ,第二层楼梯再跨一步就到第三层。
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来,那么就可以想到动态规划了。
- 确定dp数组以及下标的含义
dp[i]: 爬到第i层楼梯,有dp[i]种方法
2 . 确定递推公式
如果可以推出dp[i]呢?
从dp[i]的定义可以看出,dp[i] 可以有两个方向推出来。
首先是dp[i - 1]
,上i-1层楼梯,有dp[i - 1]
种方法,那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。
还有就是dp[i - 2]
,上i-2层楼梯,有dp[i - 2]
种方法,那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。
使用最小花费爬楼梯
题目
给你一个整数数组 cost
,其中 cost[i]
是从楼梯第 i
个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用,即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0
或下标为 1
的台阶开始爬楼梯。
请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
示例 1:
输入: cost = [10,15,20]
输出: 15
解释: 你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 ,向上爬两个台阶,到达楼梯顶部。
总花费为 15 。
示例 2:
输入: cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出: 6
解释: 你将从下标为 0 的台阶开始。
- 支付 1 ,向上爬两个台阶,到达下标为 2 的台阶。
- 支付 1 ,向上爬两个台阶,到达下标为 4 的台阶。
- 支付 1 ,向上爬两个台阶,到达下标为 6 的台阶。
- 支付 1 ,向上爬一个台阶,到达下标为 7 的台阶。
- 支付 1 ,向上爬两个台阶,到达下标为 9 的台阶。
- 支付 1 ,向上爬一个台阶,到达楼梯顶部。
总花费为 6 。
提示:
2 <= cost.length <= 1000
0 <= cost[i] <= 999
代码
class Solution {
public:
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {
vector<int> dp(cost.size() + 1);
dp[0] = 0; // 默认第一步都是不花费体力的
dp[1] = 0;
for (int i = 2; i <= cost.size(); i++) {
dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
}
return dp[cost.size()];
}
};
题解
- 确定dp数组以及下标的含义
使用动态规划,就要有一个数组来记录状态,本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。
dp[i]的定义:到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。
对于dp数组的定义,大家一定要清晰!
- 确定递推公式
可以有两个途径得到dp[i],一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。
dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。
那么究竟是选从dp[i - 1]跳还是从dp[i - 2]跳呢?
一定是选最小的,所以dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
- dp数组如何初始化
看一下递归公式,dp[i]由dp[i - 1],dp[i - 2]推出,既然初始化所有的dp[i]是不可能的,那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了,其他的最终都是dp[0] dp[1]推出。
- 确定遍历顺序
最后一步,递归公式有了,初始化有了,如何遍历呢?
本题的遍历顺序其实比较简单,简单到很多同学都忽略了思考这一步直接就把代码写出来了。
因为是模拟台阶,而且dp[i]由dp[i-1]dp[i-2]推出,所以是从前到后遍历cost数组就可以了。
不同路径
题目
一个机器人位于一个 m x n
网格的左上角 (起始点在下图中标记为 “Start” )。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角(在下图中标记为 “Finish” )。
问总共有多少条不同的路径?
示例 1:
输入: m = 3, n = 7
输出: 28
示例 2:
输入: m = 3, n = 2
输出: 3
解释:
从左上角开始,总共有 3 条路径可以到达右下角。
- 向右 -> 向下 -> 向下
- 向下 -> 向下 -> 向右
- 向下 -> 向右 -> 向下
示例 3:
输入: m = 7, n = 3
输出: 28
示例 4:
输入: m = 3, n = 3
输出: 6
提示:
1 <= m, n <= 100
- 题目数据保证答案小于等于
2 * 109
题解
dfs
注意题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步,那么其实
机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树,而叶子节点就是终点!
此时问题就可以转化为求二叉树叶子节点的个数
class Solution {
private:
int dfs(int i, int j, int m, int n) {
if (i > m || j > n) return 0; // 越界了
if (i == m && j == n) return 1; // 找到一种方法,相当于找到了叶子节点
return dfs(i + 1, j, m, n) + dfs(i, j + 1, m, n);
}
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
return dfs(1, 1, m, n);
}
};
dp
-
dp数组的定义
dp[i][j]:表示从(0,0)出发到(i,j)的不同路径
-
确定递推顺序
每个位置只有两个方向能走到,
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
-
数组初始化
从(0,0)到(i,0)的位置一定只有一种,到(0,j)也同理
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1; for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
-
确定遍历顺序
从上方和左边推导过来,只要从左往右一层一层遍历即可。
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};
凑硬币
题目
题解
dfs
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*
coins:硬币的面额列表;
amount:需要凑的金额;
count:当前使用硬币的数量;
index:当前搜索的硬币面额的下标;
res:存储最少的硬币数量。
*/
void dfs(vector<int>& coins, int amount, int count, int index, int& res) {
if (amount == 0) {
res = min(res, count);
return;
}
if (index == coins.size()) {
return;
}
for (int k = amount / coins[index]; k >= 0 && count + k < res; k--) {
dfs(coins, amount - k * coins[index], count + k, index + 1, res);
}
}
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
sort(coins.rbegin(), coins.rend());
int res = INT_MAX;
dfs(coins, amount, 0, 0, res);
return (res == INT_MAX ? -1 : res);
}
int main() {
vector<int> coins = {1, 2, 5};
int amount;
cin>>amount;
int res = coinChange(coins, amount);
cout << res << endl;
return 0;
}
dp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int amount;
vector<int> coins={1,2,5};
int main()
{
cin>>amount;
vector<int> dp(amount+1,amount+1);//初始值也为amount + 1,是取不到的
dp[0]=0;
for(int i=0;i<dp.size();i++)
{
for(auto e:coins)
{
if(i-e<0) continue;
dp[i]=min(dp[i],dp[i-e]+1);
}
}
if(dp[amount]==amount+1) cout<<-1<<endl;
else cout<<dp[amount];
}
dp数组定义:凑其前i金额需要的硬币数量。
初始值也为amount + 1,是取不到的
base case:自底向上思考,dp[0]
为0:金额为0时就不再需要硬币了
选择:从硬币面值组合里面选
状态:假设前i-1个已经选完了,最后选一个正好凑完
状态转移: dp[i]=min(dp[i],dp[i-e]+1);
需要判断i-e是否>0
滑雪
题目
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=310;
int n,m;
int g[N][N];//不能存在有环图
int f[N][N];//所有从i,j开始滑的路径,属性是max
//集合分为四类,向上向右向左向下
int dx[4]={-1,0,1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
int dp(int x,int y)
{
int &v=f[x][y];//引用即为取别名
if(v!=-1) return v;//表示已经算过了
v=1;//最小值为1
for(int i=0;i<4;i++)
{
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(a>=1&&a<=n&&b>=1&&b<=m&&g[x][y]>g[a][b])
v=max(v,dp(a,b)+1);
}
return v;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>g[i][j];
memset(f,-1,sizeof f);//初始化表示每个路径都没被算过
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
res=max(res,dp(i,j));
cout<<res<<endl;
return 0;
}
题解
本题考察使用记忆化搜索优化dp的算法
思路是:枚举路径上的每一个点,找到最大值,而每一个点又能分为四种小的递推的状态,因此可以使用动态规划来解决。
dp数组:使用一个二维数组来表示路径的长度
属性:最大值,满足条件即更新
记忆化搜索技巧:初始化数组表示没有被算过,如果已经被计算过就可以直接返回
汉罗塔
题目
题解
dfs
可以用dfs来搜索所有的情况取最大值
参数:
- index表示到第几层
- y表示枚举该层的第一个还是第二个数
- sum表示总和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10;
int f[N][N];
int ans;
int n;
void dfs(int index,int y,int sum)
{
if(index==n)
{
ans=max(ans,sum);
return ;
}
dfs(index+1,y,sum+f[index+1][y]);
dfs(index+1,y+1,sum+f[index+1][y+1]);
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
{
cin>>f[i][j];
}
dfs(0,0,f[0][0]);
cout<<ans<<endl;
}
dp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10;
int f[N][N];
int dp[N][N];//表示从i,j到最后一层路径中的最大数字之和
int n;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
{
cin>>f[i][j];
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
dp[n-1][i]=f[n-1][i];//处理边界
}
//从后往前枚举
for(int i=n-2;i>=0;i--)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1])+f[i][j];//递推式
}
}
cout<<dp[0][0]<<endl;
}
注意本题是从后往前枚举,根据dp数组的定义从i,j到最后一层路径中的最大数字之和,也就是要输出
dp[0][0]
01背包问题
题目
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10010;
int n,V;
int v[N],w[N];
int f[N][N];//从i个物品中选,体积不超过j
int main()
{
cin>>n>>V;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>v[i]>>w[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=V;j++)
{
// 当前背包容量装不进第i个物品,则价值等于前i-1个物品
if(j<v[i]) f[i][j]=f[i-1][j];
// 能装,需进行决策是否选择第i个物品
else{
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]);
}
}
cout<<f[n][V]<<endl;
}
题解
摘花生
题目
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int a[N][N];
int dp[N][N];//从(1,1)到(i,j)所有路径中能摘得花生最多的路径
int t;
int n,m;
int main()
{
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
dp[i][j]=max(dp[i-1][j]+a[i][j],dp[i][j-1]+a[i][j]);
cout<<dp[n][m]<<endl;
}
}
题解
用闫式dp法来分析:
最长上升子序列
题目
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
int a[N];
int dp[N];//表示以i结尾的最长上升子序列
int n;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[i]>a[j])
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
}
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
res=max(res,dp[i]);
cout<<res<<endl;
}
题解
总结
动态规划是一种非常重要的算法思想,它可以解决很多实际问题,并且在计算机科学领域中有着广泛的应用。通过本博客的学习,我们可以了解到动态规划的基本概念、算法原理和应用场景。
在实际应用中,动态规划算法可以用于解决很多优化问题,如背包问题、最长公共子序列问题、最短路径问题等。学习动态规划算法不仅可以提高算法设计和解决问题的能力,还可以帮助我们更好地理解计算机科学中的一些基本概念和方法。
总之,动态规划算法是一种非常重要的算法思想,需要我们不断地学习和实践,才能更好地掌握它的精髓,并将其应用到实际问题中。希望本博客能够为读者提供一些启示和帮助,促进大家在算法学习和实践中的进步和成长。也祝大家考出好成绩!!文章来源:https://www.toymoban.com/news/detail-428940.html
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