算法笔记14.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算法笔记14.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。

动态规划思想

就是切割问题变成一堆小问题，最好子问题之间可以递推，这样就能利用之前的子问题的答案得出新的结果。

可以削减总量，比如求n个数的什么什么，可以削n的大小，n削到n-1……一直到1，1的结果很好求，然后利用1的结果求2，然后再一直求到n。

也可以不削总量削单量，比如上面的把要求的结果切割成多个n个数的小结果叠加，求n个数的小结果a，b……。最后再把a，b……加起来得最终结果

核心的核心是分解子问题，怎么分解没有定式，重点是如何递推，如何设置条件

基本流程：

定义状态：确定问题中的关键状态，这些状态描述了问题的特征。
确定状态转移方程：找到状态之间的递推关系，即如何通过已知的状态求解未知的状态。
初始化：将问题的初始状态设定为已知的值。
自底向上求解：按照状态转移方程从初始状态开始逐步求解，直到达到最终状态。
根据最终状态得到结果：得到最终状态的值，即为原问题的解。

背包问题

给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内（背包限定重量），选择出价值最高的方案。

01背包问题

最简单的背包问题，限定每种物品只有一个，拿的结果不是0就是1。

我们用两个限制条件，物品最大个数和最大重量。

我们划分集合为两个部分，以上一层为基础的话，这一层的变化就是多了一件物品（物品最大个数加1）。那么就可以分为两种情况，拿这件物品和不拿这件物品，然后我们在满足条件的情况下从两个方案里面挑一个最大的。

const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N]; //v代表体积，w代表价值
int f[N][N]; //第一个代表物品个数，第二个代表重量，存的值是价值

int main()
{
	for(int i = 1; i <=n; i++)
		for (int j = 0; j <= m; j++)
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			//如果限制的上限j大于最后一件物品的话，那就可以在两个方案中选一个
			if (j >= v[i])
				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
		}
}

我们可以用一维数组来优化这个问题，只要注意一下第二重循环用逆序就可以了。

const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N]; //v代表体积，w代表价值
int f[N];  //背包容量为 j 时的最大总价值

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)  //遍历每个物品
		for (int j = m; j >= v[i]; j--)  //遍历背包容量（上限是m，所以从m开始--）
			//注意我们需要逆序列遍历，是因为j - v[i]，这个值肯定是比当前的j小的
			//如果我们正序遍历的话，j - v[i]这个值（注意这里只是单纯的一个比j小的值）
			//就会在前面被考虑，那就有可能已经放入i这个物品了，会导致重复
			f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}

完全背包问题

完全背包问题就是不再限制物品的个数了，可以取无限个。

我们还是按照取物品的个数来划分集合，之前是0个和1个两种情况，现在我们可以划分多个集合，直到容量不够。

const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)  //遍历每个物品
		for (int j = 0; j <= m; j++)  //遍历背包容量
			for (int k = 0; k * v[i] <= j; k++) //取k个物品i
				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
}

我们这个问题也可以优化，

f[i , j ] = max( f[i-1,j] , f[i- 1,j - v[i]+ w[i] , f[i - 1,j-2 * v[i]]+2 * w[i] , f[i -1,j - 3 * v[i]]+3 * w[i] , .....)
f[i , j - v[i]]= max( f[i - 1,j - v[i]] , f[i - 1,j - 2 * v[i]] + w[i] , f[i - 1,j- 3 * v[i]]+2 * w[i] , .....)

可以得出f[i][j]=max(f[i, j - v[i] ] + w[i] , f[i - 1][j])

const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)  //遍历每个物品
		for (int j = 0; j <= m; j++)  //遍历背包容量
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j - v[i]] + w[i]);
		}
}

我们还可以继续在这个基础上优化成一维数组，跟01背包的很像

const int N = 1010;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)  //遍历每个物品
		for (int j = v[i]; j <= m; j++)  //遍历背包容量
			f[i] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}

多重背包问题

这个的区别每件物品有自己的数量了，不是无限个了。

还是以取的物品的个数来划分集合

const int N = 110;

int n, m;
int v[N], w[N],s[N];
int f[N][N];

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= m; j++)
			for (int k = 0; k <= s[i] && k * v[i] <= j; k++)
				f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - v[i] * k] + w[i] * k);
}

我们不能用完全背包的优化思路来优化，因为最后会多出来一个（多重背包问题的物品个数是固定的，所以不能对齐）

我们可以用一个数学规律来拼凑，假设我们有200个物品，我们将它分成好几组，然后用这些组来取。

原理是1，2，4，8……这些数字，可以拼凑出从0到总和的我们想要的任意一个数。比如说我们只取1，2，4。它们的和是7，我们就可以用这三个数拼出1到7的任意一个数，比如5就是1+4，6就是2+4。

（当然每个数只能用一次）

200个物品我们要分成的组就是1，2，4，8，16，32，64，73。最后一个数不能取128，否则会超200，200减1到64就是73。1到64我们就可以拼出0到127之间的任意一个数，再加上73，我们就能拼出0到200之间的任意一个数了，两个范围相交，我们就能拼出0到200之间的任意一个数了。

然后我们将所有的物品都分好组，每组物品都当一个新物品看，就能直接当成01背包问题做了。

const int N = 25000, M = 25000;

int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N];

int main()
{
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int a, b, s;
		cin >> a >> b >> s;
		int k = 1;
		while (k <= s)
		{
			cnt++;
			v[cnt] = a * k;
			w[cnt] = b * k;
			s -= k;
			k *= 2;
		}
		if (s > 0)
		{
			cnt++;
			v[cnt] = a * s;
			w[cnt] = b * s;
		}
	}

	n = cnt;

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = m; j >= v[i]; j--)
			f[i] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}

分组背包问题

这个是我们有n组物品，每组物品只能从中选一个。

我们提出的状态就是前i组物品中选，并且总体积不大于j

我们通过选第i组物品的哪个来划分集合，不选，选第1个……

const int N = 110;

int n, m;
int v[N][N], w[N][N], s[N];
int f[N];

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = m; j >= 0; j--)
			for (int k = 0; k < s[i]; k++)
				if (v[i][k] <= j)
					f[j] = max(f[j], f[j - v[i][k]] + w[i]);
}

线性DP

线性DP就是递推方程有一个明显的递进关系，可以是一维的也可以是二维的

数字三角形

给定一个由n行数字组成的数字三角形，计算从三角形的顶至底的一条路径，使该路径经过的数字总和最大（每次只能向下走）。

用一个二维数组存储，第一维表示从右上向左下的第n列，第二维表示从这列上往下数第n个数。存储的是从起点开始走到这个点的路径的最大值。

然后将集合划分为来自左上和来自右上，就是从f[i-1, j-1] + a[i,j]和f[i-1,j] + a[i,j]里面选最大值

const int N = 510, INF = 1e9;

int n;
int a[N][N];
int f[N][N];

int main()
{
	f[1][1] = a[1][1];
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= i; j++)
			f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + a[i][j], f[i - 1][j] + a[i][j]);
}

最长上升子序列

给定一个数列，求数值严格单调递增的子序列的长度是多少（元素可以不连续）

我们用一维就可以表示，存储以i结尾的最长子序列的最大值。

以子序列包不包含前面的数来划分集合，f[i] = max(f[j] + 1), j = 0,1……i-1。

const int N = 1010;

int n;
int a[N], f[N];

int main()
{
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		f[i] = 1; //只有a[i]一个数的情况
		for (int j = 1; j < i; j++)
		{
			if (a[j] < a[i])
				f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
		}
	}
}

最长公共子序列

给定两个长度分别为N和M的字符串A和B，求最长的公共子序列。

用二维数组表示，第一维表示第一个序列的前i个字母，第二维表示第二个序列的前j个字母，值表示最长公共子序列

我们以a[i]，b[j]是否出现在子序列中来划分集合，这样可以划分出四个集合。

这四个集合中都不出现和都出现比较容易表示，一个是f[i-1][j-1]，一个是f[i-1][j-1]+1。如果是一个出现一个不出现，不能用f[i-1][j]表示，因为这个只能保证不包含a[i]和可能有b[j]。

不过其实用这个也没有影响，只是有些重叠，但是我们是求最大值，所以有重叠也可以。正因为有重叠，我们可以省略f[i-1][j-1]，因为已经被包含了

const int N = 1010;

int n, m;
char a[N], b[N];
int f[N][N];

int main()
{
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
			f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i][j - 1]);
			if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - 1] + 1);
		}
}

区间DP

区间DP比线性DP更加复杂，主要是在区间上处理问题，所以情况会比线性更多．可能需要再开循环来遍历所有的区间划分情况．

石子合并

有N堆石子，现要将石子合并成一堆，每次只能合并相邻的2堆石子，合并花费为新合成的一堆石子的数量。求将这N堆石子合并并代价最小

我们用一个二维数组f[i][j]来存储,表示所有从第i堆石子到第j堆石子合并的最小的代价，我们以最后一次合并的分界线来划分集合，就是假如有ｎ堆，我们最后得到是前ｍ堆合并的一个大堆和剩下的合并的一个大堆，最后合并成一个堆，我们的分界线就是这两个大堆的分界线．

然后我们就可以得到很多分界方式，我们再在这里面选最小的．

#include <iostream>

const int N = 310;

int n;
int s[N];
int f[N][N];

int main()
{
	for(int len = 2; len <= n;len++)
		for (int i = 1; i + len - 1 <= n; i++)
		{
			int l = i, r = i + len - 1;
			f[l][r] = 1e8;
			for (int k = 1; k < r; k++)
				f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + s[r] - s[l - 1]);
	    }
}

计数类DP

整数划分

算法笔记14.动态规划,动态规划,算法

这个可以当作一个变相的完全背包问题，容量为n，有从1到n物品，每种选择方式就是一种划分方法（因为选择方式不看排序，只看元素，可以当作排好序的）

const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;

int n;
int f[N];

int main()
{
	f[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i; j <= n; j++)
			f[j] = (f[j] + f[i - j]) % mod;
}

数位统计DP

计数问题

给定两个整数a和b，求a和b之间的所有数字中0~9的出现次数。

最重要的一步是分情况讨论，我们首先实现一个count函数（传入n和x，返回1~n中x出现的次数）

然后用count(b, x) - count(a - 1, x)就可以得到a到b中x出现的次数。

再然后，我们实现count函数，count函数还可以再细分，我们将x在每一位出现的次数加起来，就可以得到count的结果

假设说我们有一个数abcdefg，我们要分别求1在第4位出现的次数

1 <= xxx1yyy <= abcdefg，可以分为两种情况

第一种是xxx = 000~abc - 1，yyy = 000~999（这样的话次数就是abc * 1000）

第二种是xxx = abc，这个又可以根据数的d的取值分三种情况。

（1）d < 1，abc1yyy > abc0efg（次数为0）

（2）d = 1，yyy = 000~efg（次数为efg + 1）

（3）d > 1，yyy = 000~999（次数为1000）

我们将所有数的所有的情况结合起来就能得到最终答案。

状态压缩DP

状态压缩的意思就是将多个状态压缩成二进制数表示，比如下面的就是把每一列的状态压缩成一个二进制数了，可以节省空间。

蒙德里安的梦想

算法笔记14.动态规划,动态规划,算法

这个问题就相当于在棋盘摆长方形，当我们的所有横向的长方形放完了，剩下的就只能按照放纵向的小方格，所以横着摆放的方案就是所有的方案。

我们用f[i][j]来表示状态（存储的是达到这个状态的方案数），表示我现在要摆第i列，但是存储的不是第i列的值，而是上一列的摆放结果对第i列的影响。

因为一个横向的长方形会占据两列，假设i-1列放了一个，那么第i列的方格相当于被占据了

我们用01表示这个方格有没有被上一列的长方形占据，有几行就用几位二进制，再转化为十进制作为j

然后我们给第i列填方块的时候，需要参考第i-1列（用到f[i-1][k]和f[i][j]）

我们填方块还需要满足两个条件，不能重叠，剩余的连续的空块必须是偶数（不是偶数就不能填入纵向长方形了）。我们可以利用位运算计算。

k & j == 0可以保证不重叠。

j | k 可以得到第i-1列当中的方块填充情况，因为j表示的是从第i-1列伸出来的，k只表示i-2列的，需要合并，那么这个j | k 的值中的连续0必须是偶数。

const int N = 12, M = 1 << N;

int n, m;
int f[N][M];
bool st[M];  //存储状态是否合法

int main()
{
	int n, m;
	while (std::cin >> n >> m, n||m)
	{
		memset(f, 0, sizeof f);

		for (int i = 0; i < 1 << n; i++) //i小于2的n次方
		{
			st[i] = true;
			int cnt = 0;
			for (int j = 0; j < n; j++)
			{
				if (i >> j & 1)
				{
					if (cnt && 1) st[i] = false;
					cnt = 0;
				}
			}
			if (cnt && 1) st[i] = false;
		}

		f[0][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= m; i++)
			for (int j = 0; j < 1 << n; j++)
				for (int k = 0; k < 1 << n; k++)
					if ((j & k) == 0 && st[j | k])
						f[i][j] += f[i - 1][k];
	}
}

最短Hamilton路径

给定一张n个点的带权无向图，点从0至n-1标号，求起点0到终点的不重不漏的经历所有点的最短路径。

这个我们用f[i][j]表示状态，i用二进制表示所有的点有没有被走过，j表示路径结束目标点。存储的是最短路径。

然后我们通过路径的倒数第二个点，也就是终点的前一个点是哪个点来划分状态。

#include <iostream>

const int N = 20, M = 1 << N;

int n;
int w[N][N];
int f[M][N];

int main()
{
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
	f[1][0] = 0;
	for (int i = 0; i < 1 << n; i++)
		for (int j = 0; j < n; j++)
			if (i >> j & 1)
				for (int k = 0; k < n; k++)
					if ((i - (1 << j)) >> k & 1)
						f[i][j] = min(f[i][j], f[i - (1 << j)][k] + w[k][j]);
}

树形DP

在子树和根节点上作文章

没有上司的舞会

算法笔记14.动态规划,动态规划,算法

就相当于一棵树，父节点和子节点不能同时出现。

我们用f[u][0]和f[u][1]来表示状态，第一个表示所有以u为根的子树中选择，并且不包含u这个点。第二个表示所有以u为根的子树中选择，并且包含u这个点。

const int N = 6010;

int n;
int happy[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int f[N][2];
bool hasFather[N];

void dfs(int u)
{
	f[u][1] = happy[u];

	for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
	{
		int j = e[i];
		dfs(j);

		f[u][0] += max(f[j][0], f[j][1]);
		f[u][1] += f[j][0];
	}
}



int main()
{
	int root = 1;
	while (hasFather[root]) root++;
	dfs(root);
}

记忆化搜索

记忆化搜索说白了就是利用递归实现DP的过程，优点是代码思路比较好写，而且在一些不容易递推的关系好写。

像下面的滑雪问题，如果顺序遍历的话就难以递推。这个就会是用什么推什么，同时把用过的都记下来，下次再用就不用推了。

滑雪

算法笔记14.动态规划,动态规划,算法

用f[i][j]表示状态，表示所有从（i，j）开始滑的路径的最大值。用上下左右四个方向划分集合。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-852036.html

const int N = 310;

int n, m;
int h[N][N];
int f[N][N];

int dx[4] = { -1, 0, 1, 0 }, dy[4] = {0, 1, 0, -1};

int dp(int x, int y)
{
	int& v = f[x][y];
	if (v != -1) return v;
	v = 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 && h[a][b] < h[x][y])
			v = max(v, dp(a, b) + 1);
	}
	return v;
}

int main()
{
	memset(f, -1, sizeof f);
	int res = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			res = max(res, dp(i, j));
}

到了这里，关于算法笔记14.动态规划的文章就介绍完了。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！