动态规划基础

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了动态规划基础。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方,请大家不吝赐教,您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

目录

1. 解决动态规划的基本思路

一维dp例题

1. 爬楼梯(力扣70)

2. 整数划分问题

解题步骤:

3.非连续子数组和(该题与力扣198题打家劫舍相似)

解题步骤:

力扣198打家劫舍

4. 最大子数组和(力扣53)

分析:

代码:

二维dp例题

1. 01背包

代码:

2. 最长公共子序列(力扣1143)

代码:

3. 最长重复子数组(力扣718)

代码:

4. 编辑距离(力扣72)

代码

5. 完全背包

分析:

代码:


1. 解决动态规划的基本思路

动态规划:通过子问题的求解得到最终问题的答案

1. 定义问题:即定义dp数组。明确dp数组的含义

2. 分解问题:一般是根据题意得到递推式

3. 解决子问题:根据dp数组的定义求出边界条件,即dp数组的初始化操作

一维dp例题

1. 爬楼梯(力扣70)

1. 定义dp数组:
      dp[i]:为爬到i级的种类是dp[i]
    
2. 分解(向前递推:考虑最后一步如何决策)
       考虑最后一阶楼梯怎么爬(最后一步的决策)
             如爬到第6阶的种类可由第五阶向上爬一阶,也可以从第四阶爬两阶
             即 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
 
3. 解决子问题(不能继续分解的子问题)
                如此题中 dp[1] = 1 dp[2] = 2 

class Solution {
public:
    int climbStairs(int n) {
        if(n == 1) return n;

        vector<int> dp(n + 1);
        dp[1] = 1;
        dp[2] = 2;

        for(int i = 3; i <= n; i++){
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
        }

        return dp[n];
    }
};

2. 整数划分问题

将一个整数用1,3,4进行划分,问有多少种情况?
例如:5 = 1 + 1  + 1 + 1 + 1
                            = 1 + 1 + 3
                            = 1 + 3 + 1
                            = 3 + 1 + 1
                            = 4 + 1
                            = 1 + 4 共六种

解题步骤:

1. 定义dp数组:
      dp[i]:将i划分,共有dp[i]种
    
2. 分解(向前递推:考虑最后一步如何决策)
**考虑最后一个数字选 1,3还是 4**(最后一步的决策)
            i可分解为 x1 + x2 + x3 + …… + xk
            如果xk = 1, 则 dp[i] = dp[i -1]
            如果xk = 3, 则 dp[i] = dp[i -3]
            如果xk = 4, 则 dp[i] = dp[i -4]
            得:dp[i] = dp[i -1] + dp[i -3] + dp[i -4]。一定要明确dp数组的含义
 
3. 解决子问题(不能继续分解的子问题)
                如此题中 dp[1] = 1 dp[2] = 1 dp[3] = 2 dp[4] =  4

3.非连续子数组和(该题与力扣198题打家劫舍相似)

eg:a[] = {3 5 7 6  2 4} 求最大子数组和(禁用相邻元素)
选3不选5,选5不选3和7。以此类推

解题步骤:

1. 定义dp数组:
    dp[i]为 [a[0], a[i]] 区间内的最大子数组和。如上例中便是求 d[5]
    
    
2. 分解(向前递推:考虑最后一步如何决策)
        **考虑最后一个元素a[i]用还是不用**(最后一步的决策)
            1. 不用最后一个元素a[i]:dp[i] = dp[i -1];
            2. 用最后一个元素a[i]:dp[i] = dp[i -2] + a[i];
故递推方程为:dp[i] = max(d[i -1], dp[i -2] + a[i]);            

3. 子问题
dp[0] = max(0, a[0]);
dp[1] = max(a[1], dp[0]);

力扣198打家劫舍

1. 定义问题:
      dp[i] 表示前 i 间房屋能偷窃到的最高总金额
        最终目标:求dp[len]
2. 分解问题(向前递推:考虑最后一步如何决策)
      考虑第i家偷不偷(最后一步的决策)
        1.如果偷第i家: dp[i] = dp[i -2] + a[i -1]
        2.如果不偷第i家:dp[i] = dp[i -1]
故递推方程为:dp[i] = max(dp[i-1], dp[i -2] + a[i -1])
3. 解决子问题(根据dp数组的定义)
            dp[0] = 0
            dp[1] = a[0]

class Solution {
public:
    int rob(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();

        vector<int> dp(len +1, 0);
        dp[0] = 0;
        dp[1] = nums[0];
        for(int i = 2; i <= len; i++){
            dp[i] = max(dp[i -1], dp[i -2] + nums[i -1]);
        }

        return dp[len];
    }
};

4. 最大子数组和(力扣53)

该题与第三题的区别:第三题是有后效性的,该题是没有后效性的。

当你对第三题的问题进行分解时,第一个子问题的答案一般与第二个子问题的答案有明显的联系。只要知道递推式,然后求得dp数组的最终结果就能得到答案。而对于该题这种无后效性的问题,一般求解的是dp数组的max值。后面二维dp中也有类似的题目

分析:

1. 定义问题
dp[i]:以a[i]结尾的 [a[0], a[i]] 区间内最大子数组的和为 dp[i]

2. 分解问题
因为必须以a[i]结尾,故可得递推方程 dp[i] = dp[i -1] + a[i]。
考虑 dp[i -1]的符号及其定义,有以下两种情况发生
1. 当dp[i - 1] <=0 时,递推方程为:dp[i] = a[i]
2. 当dp[i -1] > 0 时,递推方程为:dp[i] = dp[i -1] + a[i];
3. 因为求的是最大连续子数组和,所以最后取值为 max(所有的dp[i][j]) 。dp数组中的最大值

3. 解决子问题
dp[0] = a[0]

代码:
class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();
        
        vector<int> dp(len, 0);
        dp[0] = nums[0];

        int max = dp[0];
        for(int i = 1; i < len; i++){
            if(dp[i -1] < 0){
                dp[i] = nums[i];
            }else{
                dp[i] = dp[i -1]+ nums[i];
            }
            if(dp[i] > max) max = dp[i];
        }

        return max;
    }
};

二维dp例题

1. 01背包

  • 01背包:n种物品,每个物品只有一个,放入一个容量为C的背包,求最大价值
  • 完全背包:n种物品,每个物品有无限个,放入一个容量为C的背包,求最大价值
  • 多重背包:n种物品,每个物品个数各不相同,放入一个容量为C的背包,求最大价值

1. 定义dp数组:
      dp[i][j]:前 i 件商品,放入容量为 j 的背包 的最大价值为 dp[i][j]
      eg:求解dp[4][8]  //将前4件商品,放入容量为8的背包所得最大价值为 dp[4][8]
2. 分解(向前递推:考虑最后一步如何决策)
     i件商品: [0][1][2]……[i-2][i-1]
考虑第 i 件商品 是否放入背包(最后一步的决策)
eg:
    dp[4][8] = max(dp[3][8], 6 + dp[3][3])  // 第4件商品的价值为6,容量为5
    将前 4 件商品放入容量为8的背包最大价值:
        1. 第四件商品不放入,即前三件商品放入容量为8的背包的最大价值
        2. 第四件商品放入,将前三件商品放入容量为 3 的背包
                                                的最大价值 + 第四件商品的价值
                                                
得递推方程 dp[i][j] =     max(dp[i - 1][j],  v[i -1] + dp[i-1][j - w[i -1])


3. 解决子问题(不能继续分解的子问题)
    dp[0][0] = 0  0物品放入0容量背包
    dp[i][0] = 0  前i件物品放入容量为0背包
    dp[0][j] = 0  0物品放入容量为i的背包

代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int M, N; //M:物品种类,N:背包容量

void solve(){
    vector<int> weight(M, 0); //每件物品所占空间
    vector<int> value(M, 0);  //每件物品的价值
    
    //每件物品的价值,所占空间 初始化
    for(int i = 0; i < M; i++) cin >> weight[i];
    for(int i = 0; i < M; i++) cin >> value[i];
    
    //二维dp数组的定义:
    //    dp[i][j]:前i件物品,放入容量为j的背包,所得到的最大价值为dp[i][j]
    vector<vector<int>> dp(M+1, vector<int>(N+1, 0));
  
    //这里初始化可以省略,因为在定义dp数组时所有的元素都是0
    //for(int i = 0; i <= M; i++) dp[i][0] = 0;
    //for(int j = 0; j <= N; j++) dp[0][j] = 0;
    
    for(int i = 1; i <= M; i++){
        for(int j = 1; j <= N; j++){
            if(weight[i -1] > j){ //第i件物品所占空间比背包空间还大,则第i件物品不放入背包
                dp[i][j] = dp[i -1][j];
            }else{
                dp[i][j] = max(dp[i -1][j], value[i -1] + dp[i -1][j - weight[i -1]]);
            }
        }
    }
    
    cout << dp[M][N] << endl;
}

int main(){
    cin >> M >> N;
    solve();
    
    return 0;
}

2. 最长公共子序列(力扣1143)

跟一维dp中的第3题类似

1. 定义dp数组
            dp[i][j] :s1前i个字符与s2前j个字符的最长公共子序列长度为 dp[i][j].
            最终目标:dp[m][n]
            
2. 分解问题(向前递推:考虑最后一步如何决策)
**考虑s1中第i个元素是否与s2中第j个元素相同**(最后一步的决策)
1. 如果相同,即 s1[i -1] == s2[j -1], 则 dp[i][j] = dp[i -1][j -1] + 1
2. 如果不相同,则考虑 s1 的前 i -1 个字母 和 s2 的 前 j个字母比较,以及 s1 的前 i 个字母和s2的前j -1个字母比较,取其中的较大者。 即 dp[i][j] = max(dp[i -1][j], dp[i][j -1])
3. 子问题(根据dp数组的定义)
            dp[0][0] = 0 
            dp[i][0] = 0
            dp[0][j] = 0

代码:
class Solution {
public:
    int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        int m = text1.size();
        int n = text2.size();

        vector<vector<int>> dp(m +1, vector<int>(n +1, 0));
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(text1[i -1] == text2[j -1]){
                    dp[i][j] = dp[i -1][j -1] + 1;
                }else{
                    dp[i][j] = max(dp[i -1][j], dp[i][j -1]);
                }
            }
        }

        return dp[m][n];
    }
};

3. 最长重复子数组(力扣718)

该问题同一维dp中的第4题相似,是一个无后效性问题,需求dp数组的max值

1. 定义问题
dp[i][j]:nums1中以i结尾的前i项 和 nums2中以j结尾的前j项 最长连续公共子数组的长度为dp[i][j]

2. 分解问题
**考虑nums1中第i个元素是否与nums2中第j个元素相同**
1. 相同,则不难推出 dp[i][j] = dp[i -1][j -1] + 1
2. 不同,dp[i][j] = 0【求的是 nums1中以i结尾的前i项 和 nums2中以j结尾的前j项最长相等后缀,但后缀的第一个元素就不相等】
3. 因为求的是最长相等后缀,所以最后取值为 max(所有的dp[i][j]) 。dp数组中的最大值

3. 解决子问题
dp[0][0] = 0
dp[i][0] = 0
dp[0][j] = 0

代码:
class Solution {
public:
    int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int m = nums1.size();
        int n = nums2.size();

        vector<vector<int>> dp(m +1, vector<int>(n +1, 0));
        int max = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(nums1[i -1] == nums2[j -1]){
                    dp[i][j] = dp[i -1][j -1] + 1;
                }
                if(dp[i][j] > max) max = dp[i][j];
            }
        }

        return max;
    }
};

4. 编辑距离(力扣72)

1. 定义dp数组
            dp[i][j]:s1前i个字符转化为s2的前j个字符需要的最少的操作数为dp[i][j], 如将 sun 转换成satur需要最少3次操作,故 dp[3][5] = 3。最终目标是求:dp[m][n]

2. 分解问题
                1. s1 和 s2 末尾字符相同,则无需考虑最后一个字符的转换。
                        即当 s1[i -1] == s2[j -1]时, dp[i][j] = dp[i -1][j -1]
                2. s1 和 s2 末尾字符不相同时,对s1进行插入,删除,替换操作
                 (题意是将s1转换为s2,所以下面所有操作都是对s1进行操作)
                         1.若进行插入操作,即s1[i] = s2[j -1] 则默认 s1前 i 项 与 s2 前 j -1                  项高度重合。dp[i][j] = dp[i][j -1] + 1
                         2.若进行删除操作,即s1[i -1] = NULL, 则默认 s1前 i -1项与 s2前
                              j 项高度重合。dp[i][j] = dp[i-1][j]  + 1
                       3. 若进行替换操作,即 s1[i-1] = s2[j -1], 则默认 s1前i -1项 与s2
                           前 j -1项高度重合。dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1

故dp[i][j] = min( dp[i][j -1] + 1, dp[i-1][j]  + 1, dp[i-1][j-1] + 1);

3. 解决子问题
        通过dp数组定义来确定子问题的解
             dp[0][0] = 0;
             dp[i][0] = i;  // 将s1 的前i个字符转换为s2 的前0个字符。即将s1的前i个字符删除
             dp[0][j] = j;  //将s1插入j次得到s2

代码
class Solution {
public:
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int m = word1.size();
        int n = word2.size();

        vector<vector<int>> dp(m +1, vector<int>(n +1, 0));
        for(int i = 0; i <= m ; i++) dp[i][0] = i;
        for(int j = 0; j <= n; j++) dp[0][j] = j;

        for(int i = 1; i <= m; i++){
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(word1[i -1] == word2[j -1]){ // w1的第i个字符和w2的第j个字符相同
                    dp[i][j] = dp[i -1][j -1];
                }else{
                    dp[i][j] = min(min(dp[i -1][j] +1, dp[i][j -1] +1), dp[i -1][j -1] +1);
                }
            }
        }
        
        return dp[m][n];
    }
};

5. 完全背包

n种物品,每个物品有无限个,放入一个容量为C的背包,求最大价值。

完全背包是基于01背包扩展而来。可以看完01背包再来看这个。

完全背包和01背包最大的区别就是完全背包可以放入多件同种物品。表现在dp数组中有如下区别,详细讲解见下面的分析:

01背包:dp[i][j] =     max(dp[i - 1][j],  v[i -1] + dp[i-1][j - w[i -1])

完全背包:dp[i][j] =     max(dp[i - 1][j],  v[i -1] + dp[i][j - w[i -1])

分析:

1. 定义dp数组:
      dp[i][j]:前 i 件商品,放入容量为 j 的背包 的最大价值为 dp[i][j]
      eg:求解dp[4][16]


2. 分解(向前递推:考虑最后一步如何决策)

eg:
    dp[4][16] = max(dp[3][16], 6 + dp[4][11])  // 第4件商品的价值为6,容量为5
    将前 4 件商品放入容量为16的背包最大价值:
        1. 第四件商品不放入,即前三件商品放入容量为16的背包的最大价值
        2. 第四件商品放入,如果背包中剩余的空间还能放入第四件商品,继续将前四件商品放入容量为 11 的背包的最大价值 + 第四件商品的价值

  i件商品: [0][1][2]……[i-2][i-1]

考虑第 i 件商品 是否放入背包(最后一步的决策)

  1. 第i件物品不放入,则 dp[i][j] = dp[i -1][j]
  2. 第i件物品放入,由于该物品有无限个,考虑背包剩余的空间能否继续放第i件物品,如果能继续放第i件物品,则 dp[i][j] = dp[i][j -w[i -1]] + v[i -1] 

注:对于第二步,本质还是将其当成01背包去处理,每次只放一件物品

得递推方程 dp[i][j] =     max(dp[i - 1][j],  v[i -1] + dp[i][j - w[i -1]])


3. 解决子问题(不能继续分解的子问题)
    dp[0][0] = 0  0物品放入0容量背包
    dp[i][0] = 0  前i件物品放入容量为0背包
    dp[0][j] = 0  0物品放入容量为i的背包

代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int M, N; //M:物品种类,N:背包容量

void solve(){
    vector<int> weight(M, 0); //每件物品所占空间
    vector<int> value(M, 0);  //每件物品的价值
    
    //每件物品的价值,所占空间 初始化
    for(int i = 0; i < M; i++) cin >> weight[i] >> value[i];
    
    //二维dp数组的定义:
    //    dp[i][j]:前i件物品,放入容量为j的背包,所得到的最大价值为dp[i][j]
    vector<vector<int>> dp(M+1, vector<int>(N+1, 0));
  
    //这里初始化可以省略,因为在定义dp数组时所有的元素都是0
    //for(int i = 0; i <= M; i++) dp[i][0] = 0;
    //for(int j = 0; j <= N; j++) dp[0][j] = 0;
    
    for(int i = 1; i <= M; i++){
        for(int j = 1; j <= N; j++){
            if(weight[i -1] > j){ //第i件物品所占空间比背包空间还大,则第i件物品不放入背包
                dp[i][j] = dp[i -1][j];
            }else{
                dp[i][j] = max(dp[i -1][j], value[i -1] + dp[i][j - weight[i -1]]);
            }
        }
    }
    
    cout << dp[M][N] << endl;
}

int main(){
    cin >> M >> N;
    solve();
    
    return 0;
}

6. 多重背包

n种物品,每个物品个数各不相同,放入一个容量为C的背包,求最大价值

例:

有M种物品和一个容量为C 的背包。第i种物品最多有Mi件,每件耗费的空间是Wi ,价值是Vi 。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的耗费的空间 总和不超过背包容量,且价值总和最大。

同完全背包,本质是将其转为01背包。

故需要添加一个数组count记录每件物品的个数,当添加第i个物品时,第i个物品的取值范围是[1, Mi],从其中找一个符合条件的最大值k,表示前k件第i个物品能放进背包的剩余空间,而第 k+1件第i个物品不能放进背包的剩余空间文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-751899.html

代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int M, N; //M:物品种类,N:背包容量

void solve(){
    vector<int> weight(M, 0); //每件物品所占空间
    vector<int> value(M, 0);  //每件物品的价值
    vector<int> count(M, 0); // 每件物品的个数
    
    //每件物品的 所占空间,价值,个数 初始化
    for(int i = 0; i < M; i++) cin >> weight[i];
    for(int i = 0; i < M; i++) cin >> value[i];
    for(int i = 0; i < M; i++) cin >> count[i];

    
    //二维dp数组的定义:
    // dp[i][j]:前i件物品,放入容量为j的背包,所得到的最大价值为dp[i][j]
    vector<vector<int>> dp(M+1, vector<int>(N+1, 0));
  
    //这里初始化可以省略,因为在定义dp数组时所有的元素都是0
    //for(int i = 0; i <= M; i++) dp[i][0] = 0;
    //for(int j = 0; j <= N; j++) dp[0][j] = 0;
    
    for(int i = 1; i <= M; i++){
        for(int j = 1; j <= N; j++){
            dp[i][j] = dp[i -1][j];  // 不放第i个物品
            // 放k件第i个物品;直到k件第i个物品所占空间大于背包剩余容量,则不再继续放第 k+1件第i个物品
            for(int k = 1; k <= count[i -1] && k * weight[i -1] <= j; k++){
                dp[i][j] = max(dp[i][j], k * value[i -1] + dp[i -1][j - k * weight[i -1]]);
            }
        }
    }
    
    cout << dp[M][N] << endl;
}

int main(){
    cin >> N >> M;
    solve();
    
    return 0;
}

到了这里,关于动态规划基础的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容,请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章,希望大家以后多多支持TOY模板网!

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