老壁灯带你入门动态规划-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了老壁灯带你入门动态规划。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。

1. 什么是动态规划

动态规划(dynamic programming)是运筹学的一个分支，是求解决策过程(decision process)最优化的数学方法。

从字面意义上来理解，就是走一步看一步，边解决问题，边对问题进行整体规划。

其实，动态规划的本质就是将问题拆分为小的子问题，对小问题的一步步解决，小问题渐渐积累为较大的问题，最终就可以解决掉整个问题。

这似乎与递归解决问题的思路很像，但是动态规划一般采用的是迭代的方法。

在解决问题的过程中，我们一般会记录下小问题的解决能带给我们的有效信息，从而利用小问题解决大问题，这样就可以避免对某些问题的重复计算。

动态规划不是什么固定的解题套路，而是提供了一种解题的思路。

动态规划的核心

动态规划的核心在于对两个概念的确定：

1. 当前状态的表示（小问题）

2. 状态之间的递推关系（小问题与较大问题之间的联系）

什么问题可以用动态规划解决

如果一个问题，可以把所有可能的答案穷举出来，并且穷举出来后，发现存在重叠子问题，就可以考虑使用动态规划。

例如，求最大值/最小值，可不可行，是不是，方案个数等

2. 初次遇见动态规划

光是看上面的介绍，似乎有点晕头转向不知所云。

那么，不妨更着博主的学习路径，来看看动态规划到底是怎么回事。

兑换零钱

这是leetcode上的一道题，刷题链接：. - 力扣（LeetCode）

我便是在遇到这道题时，初次见识了动态规划。

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1. 回溯解法

询问可能性，这让我想到了之前做过的N皇后的问题：C语言解决N皇后问题-CSDN博客

于是我们首先考虑试试回溯的算法。

思路

1. 每次调用函数选择一个硬币，将amount减去该硬币的值之后，传给下一次调用。

2. 依次传递下去，如果某次函数接收到的amount为0，则说明找到了一种可行的组合，此时返回1。

3. 如果某次函数接收到的amount为1，则说明该种组合不可行，此时返回0。

4. 为了避免重复，我们每次传给下一次调用的coins数组都不包括在该硬币位置之前的硬币。

例如，在示例1所给数据下，如果每次传入全部的coins，则会出现诸如2 1 1 1和1 2 1 1的重复情况。

代码

int change1(int amount, int* coins, int coinsSize) 
{
    if(amount == 0)
    return 1;
    if(amount < 0||coinsSize <= 0)
    return 0;
    int sum = 0;
    for(int i = 0; i < coinsSize; i++)
    {
        sum += change1(amount - coins[i], coins + i, coinsSize - i);
    }
    return sum;
}

总结

这种解法，虽然极力避免了对重复情况的考虑，但是其递归的本质，还是使其在处理较大数据时会超时。

而且，相比于动态规划，这种解法似乎有点无头苍蝇的感觉，对所有情况进行无差别尝试。

回溯的解法，其运算过程像是树一样，不断展开，每一种情况对应树的一个末梢。

有了这个树状的结构，我们其实可以将每种情况是什么一并打印出来，但是这道题只要求我们求出可行方案的种数。

所以，我们似乎还是做了很多不必要的工作，我们的小问题留下的信息太多了，我们每次计算做的事也太多了。

仔细回顾这道题，我们会发现，如果将我们的思路总结成递归的基本思路，就会是如下这样：

1. 要知道coins组合成amount有多少种方法()，我们首先要知道组合成amount-coins[i]有多少种方法()。

2. 那么。

但是，我们在解决的过程中，不仅把记录了下来，还将得到其的路径也记录了下来。

而且，在不同的深度中amount-coins[i]的大小可能相同，这也就导致我们还是不可避免地做了很多重复的工作。

于是我在官方的解答中，首次见识了动态规划是如何解决问题的。

2. 动态规划解法

思路

1. 与前面回溯解法总结后的思路相同，我们也要先求得，但是我们只记录在解决这个问题得到的信息中，我们需要的，也就是其值。

2. 状态的表示：我们用一个一维数组来记录每种金额的组合数，元素下标就代表金额。这样，对于每种可能出现的金额(amount-coins[i])，我们就仅会做一次计算。

3. 状态之间的关系：也就是。只要知道较小金额的组合种数，就可以依次递推得到较大金额的组合种数。

4. 结果：我们要求的，其实也就是下标为amount的元素的大小。

5. 下标为0的元素值赋为1，因为得到总金额为0的组合有且仅有一枚硬币都没有的组合。

6. 数组默认初始化为0，这样一来，如果不存在可以组成amount-coins[i]的组合，那么对的贡献就为0。

代码

int change2(int amount, int* coins, int coinsSize)
{
    int dp[amount + 1];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0] = 1;
    for(int i = 0; i < coinsSize; i++)
    {
        for(int j = coins[i]; j <= amount; j++)
        {
            dp[j] += dp[j - coins[i]];
        }
    }
    return dp[amount];
}

总结

动态规划的算法通常采用迭代来实现，这不仅解决了递归，回溯的缺陷，而且真正意义上做到了杜绝重复子问题的运算。

并且，在解决问题的过程中，充分利用了子问题留下的有效信息来解决当前问题。

递归时，只能利用自己所在分支的信息，而动态规划可以对全局的信息进行利用。

但是，动态规划的不足就在于其实在不好想到，且没有固定的套路，是考验个人能力的好手段。

3. 尝试自己解决动态规划问题

这是牛客网上的一道题，刷题链接：公共子串计算_牛客题霸_牛客网

思路

1. 这道题是要我们找两个字符串的公共子串，这使得我会想起之前研究过的kmp算法（从一无所有的角度出发，带你一步步实现kmp算法-CSDN博客）（对这道题不是很重要，不了解也可），这么一想，似乎得到next数组的思想就像是动态规划。

2. 我们依然想用一个数组来存储有效信息，这个数组的下标表示当前的状态（我正在解决哪个问题），其对应的值就是我们要留下的有效信息。

3. 我们用i和j分别指向两个字符串，当所指两个字符匹配成功时，当前公共子串的长度就加1。所以，要想知道当前公共子串的长度，我们就要知道在这两个字符匹配成功之前公共子串的长度。

4. 那么，这道题用一维数组似乎无法很好地表示当前的状态，因为我们要知道匹配之前公共子串的长度，那么其对应的i和j就都需要能表示出来，我们才能找到它。

5. 状态的表示：于是我们采用二维数组（dp[][]）来定义当前状态，元素的下标分别为i和j，表示当前公共子串的末尾在两个字符串中分别在第i个和第j个位置上。

6. 状态之间的关系：如果当前两个字符配对成功则dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1；如果匹配失败，则dp[i][j] = 0。

7. 结果：我们定义一个变量maxLen来记录目前最长的公共子串长度，如果某位置上dp[i][j] > maxLen，则maxLen = dp[i][j]。将每个位置的公共子串都检查完之后maxLen即是要求结果。

代码

#include <stdio.h>
#include <string.h>

int main() 
{
    char arr1[151] = {0};
    char arr2[151] = {0};
    scanf("%s", arr1);
    scanf("%s", arr2);
    int len1 = strlen(arr1);
    int len2 = strlen(arr2);
    int dp[len1+1][len2+1];
    int maxLen = 0;

    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for(int i = 1; i <= len1; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= len2; j++)
        {
            dp[i][j] = arr1[i-1] == arr2[j-1] ? dp[i-1][j-1] + 1 : 0;
            maxLen = maxLen > dp[i][j] ? maxLen : dp[i][j];
        }
    }

    printf("%d\n", maxLen);
    
    return 0;
}