热门标签
当前位置: article > 正文
动态规划_动态规划长方形中铺固定大小的牌
作者：菜鸟追梦旅行 | 2024-04-26 15:16:54
赞
踩
动态规划长方形中铺固定大小的牌
目录
一、动态规划初探
1、递推
2、记忆化搜索
3、状态和状态转移
4、最优化原理和最优子结构
5、决策和无后效性
二、动态规划的经典模型
1、线性模型
2、区间模型
3、背包模型
4、状态压缩模型
5、树状模型
三、动态规划的常用状态转移方程
1、1D/1D
2、2D/0D
3、2D/1D
4、2D/2D
四、动态规划和数据结构结合的常用优化
1、滚动数组
2、最长单调子序列的二分优化
2、最长单调子序列的二分优化
3、矩阵优化
4、斜率优化
5、树状数组优化
6、线段树优化
7、其他优化
五、动态规划题集整理
5、决策和无后效性
【例题7】给定一个长度为n（n <= 1000）的字符串A，求插入最少多少个字符使得它变成一个回文串。
有N种物品（每种物品无限件）和一个容量为V的背包。放入第 i 种物品耗费的空间是Ci，得到
一、动态规划初探
1、递推
暂且先不说动态规划是怎么样一个算法，由最简单的递推问题说起应该是最恰当不过得了。因为一来，递推的思想非常浅显，从初中开始就已经有涉及，等差数列 f[i] = f[i-1] + d（ i > 0， d为公差，f[0]为初项）就是最简单的递推公式之一；二来，递推作为动态规划的基本方法，对理解动态规划起着至关重要的作用。理论的开始总是枯燥的，所以让读者提前进入思考是最能引起读者兴趣的利器，于是【例题1】应运而生。
【例题1】在一个3 X N的长方形方格中，铺满1X2的骨牌（骨牌个数不限制），给定N，求方案数（图一 -1-1为N=2的所有方案），所以N=2时方案数为3。
图一 -1-1
这是一个经典的递推问题，如果觉得无从下手，我们可以来看一个更加简单的问题，把问题中的“3”变成“2”（即在一个2XN的长方形方格中铺满1X2的骨牌的方案）。这样问题就简单很多了，我们用f[i]表示2Xi的方格铺满骨牌的方案数，那么考虑第i列，要么竖着放置一个骨牌；要么连同i-1列，横着放置两个骨牌，如图2所示。由于骨牌的长度为1X2，所以在第i列放置的骨牌无法影响到第i-2列。很显然，图一 -1-2中两块黑色的部分分别表示f[i-1]和f[i-2]，所以可以得到递推式f[i] = f[i-1] + f[i-2] (i >= 2)，并且边界条件f[0] = f[1] = 1。
图一 -1-2
再回头来看3 X N的情况，首先可以明确当N等于奇数的时候，方案数一定为0。所以如果用f[i] (i 为偶数) 表示3Xi的方格铺满骨牌的方案数，f[i]的方案数不可能由f[i-1]递推而来。那么我们猜想f[i]和f[i-2]一定是有关系的，如图一 -1-3所示，我们把第i列和第i-1列用1X2的骨牌填满后，轻易转化成了f[i-2]的问题，那是不是代表f[i] = 3*f[i-2]呢？
图一 -1-3
仔细想想才发现不对，原因是我们少考虑了图一 -1-4的情况，这些情况用图一 -1-3的情况无法表示，再填充完黑色区域后，发现和f[i-4]也有关系，但是还是漏掉了一些情况。
图一 -1-4
上面的问题说明我们在设计状态（状态在动态规划中是个很重要的概念，在本章的第4小节会进行介绍总结）的时候的思维定式，当一维的状态已经无法满足我们的需求时，我们可以试着增加一维，用二维来表示状态，用f[i][j]表示(3 X i) + j个多余块的摆放方案数，如图一 -1-5所示：
图一 -1-5
转化成二维后，我们可以轻易写出三种情况的递推式，具体推导方法见图一 -1-6。
f[i][0] = f[i-2][0] + f[i-1][1] + f[i-2][2]
f[i][1] = f[i-1][2]
f[i][2] = f[i][0] + f[i-1][1]
边界条件 f[0][0] = f[1][1] = f[0][2] = 1
图一 -1-6
如果N不是很大的情况，到这一步，我们的问题已经完美解决了，其实并不需要求它的通项公式，因为我们是程序猿，一个for循环就能搞定了 <*_*>，接下来的求解就全仰仗于计算机来完成了。
【例题2】对一个“01”串进行一次μ变换被定义为：将其中的"0"变成"10"，"1"变成"01"，初始串为"1"，求经过N(N <= 1000)次μ变换后的串中有多少对"00"（有没有人会纠结会不会出现"000"的情况？这个请放心，由于问题的特殊性，不会出现"000"的情况）。图一 -1-7表示经过小于4次变换时串的情况。
图一 -1-7
如果纯模拟的话，每次μ变换串的长度都会加倍，所以时间和空间复杂度都是O(2^n)，对于n为1000的情况，完全不可能计算出来。仔细观察这个树形结构，可以发现要出现"00"，一定是"10"和"01"相邻产生的。为了将问题简化，我们不妨设A = "10", B = "01"，构造出的树形递推图如图一 -1-8所示，如果要出现"00"，一定是AB（"1001"）。
令FA[i]为A经过i次μ变换后"00"的数量，FA[0] = 0;FB[i]为B经过i次μ变换后"00"的数量，FB[0] = 0。
从图中观察得出，以A为根的树，它的左子树的最右端点一定是B，也就是说无论经过多少次变换，两棵子树的交界处都不可能产生AB，所以FA[i] = FB[i-1] + FA[i-1]（直接累加两棵子树的"00"的数量）；而以B为根的树，它的左子树的右端点一定是A，而右子树的左端点呈BABABA...交替排布，所以隔代产生一次AB，于是FB[i] = FA[i-1] + FB[i-1] + (i mod 2) 。最后要求的答案就是FB[N-1]，递推求解。
图一 -1-8
2、记忆化搜索
递推说白了就是在知道前i-1项的值的前提下，计算第i项的值，而记忆化搜索则是另外一种思路。它是直接计算第i项，需要用到第 j 项的值( j < i)时去查表，如果表里已经有第 j 项的话，则直接取出来用，否则递归计算第 j 项，并且在计算完毕后把值记录在表中。记忆化搜索在求解多维的情况下比递推更加方便，【例题3】是我遇到的第一个记忆化搜索的问题，记忆犹新。
【例题3】这个问题直接给出了一段求函数w(a, b, c)的伪代码：
function w(a, b, c):
if a <=0 or b <=0 or c <=0, then returns:1
if a >20or b >20or c >20, then returns: w(20,20,20)
if a < b and b < c, then returns: w(a, b, c-1)+ w(a, b-1, c-1)- w(a, b-1, c)
otherwise it returns: w(a-1, b, c)+ w(a-1, b-1, c)+ w(a-1, b, c-1)
要求给定a, b, c，求w(a, b, c)的值。
乍看下只要将伪代码翻译成实际代码，然后直接对于给定的a, b, c，调用函数w(a, b, c)就能得到值了。但是只要稍加分析就能看出这个函数的时间复杂度是指数级的（尽管这个三元组的最大元素只有20，这是个陷阱）。对于任意一个三元组(a, b, c)，w(a, b, c)可能被计算多次，而对于固定的(a, b, c)，w(a, b, c)其实是个固定的值，没必要多次计算，所以只要将计算过的值保存在f[a][b][c]中，整个计算就只有一次了，总的时间复杂度就是O(n^3
)，这个问题的n只有20。
3、状态和状态转移
在介绍递推和记忆化搜索的时候，都会涉及到一个词---状态，它表示了解决某一问题的中间结果，这是一个比较抽象的概念，例如【例题1】中的f[i][j]，【例题2】中的FA[i]、FB[i]，【例题3】中的f[a][b][c]，无论是递推还是记忆化搜索，首先要设计出合适的状态，然后通过状态的特征建立状态转移方程（f[i] = f[i-1] + f[i-2] 就是一个简单的状态转移方程）。
4、最优化原理和最优子结构
在介如果问题的最优解包含的子问题的解也是最优的，就称该问题具有最有子结构，即满足最优化原理。这里我尽力减少理论化的概念，而改用一个简单的例题来加深对这句话的理解。
【例题4】给定一个长度为n(1 <= n <= 1000)的整数序列a[i]，求它的一个子序列(子序列即在原序列任意位置删除0或多个元素后的序列)，满足如下条件：
1、该序列单调递增；
2、在所有满足条件1的序列中长度是最长的；
这个问题是经典的动态规划问题，被称为最长单调子序列。
我们假设现在没有任何动态规划的基础，那么看到这个问题首先想到的是什么？
我想到的是万金油算法---枚举（DFS），即枚举a[i]这个元素取或不取，所有取的元素组成一个合法的子序列，枚举的时候需要满足单调递增这个限制，那么对于一个n个元素的序列，最坏时间复杂度自然就是O(2
n)，n等于30就已经很变态了更别说是1000。但是方向是对的，动态规划求解之前先试想一下搜索的正确性，这里搜索的正确性是很显然的，因为已经枚举了所有情况，总有一种情况是我们要求的解。我们尝试将搜索的算法进行一些改进，假设第i个数取的情况下已经搜索出的最大长度记录在数组d中，即用d[i]表示当前搜索到的以a[i]结尾的最长单调子序列的长度，那么如果下次搜索得到的序列长度小于等于d[i]，就不必往下搜索了（因为即便继续往后枚举，能够得到的解必定不会比之前更长）；反之，则需要更新d[i]的值。如图一-4-1，红色路径表示第一次搜索得到的一个最长子序列1、2、3、5，蓝色路径表示第二次搜索，当枚举第3个元素取的情况时，发现以第3个数结尾的最长长度d[3] = 3，比本次枚举的长度要大（本次枚举的长度为2），所以放弃往下枚举，大大减少了搜索的状态空间。
图一-4-1
这时候，我们其实已经不经意间设计好了状态，就是上文中提到的那个d[i]数组，它表示的是以a[i]结尾的最长单调子序列的长度，那么对于任意的i，d[i] 一定等于 d[j] + 1 ( j < i )，而且还得满足 a[j] < a[i]。因为这里的d[i]表示的是最长长度，所以d[i]的表达式可以更加明确，即：
d[i] = max{ d[j] | j < i && a[j] < a[i] } + 1
这个表达式很好的阐释了最优化原理，其中d[j]作为d[i]的子问题，d[i]最长（优）当且仅当d[j]最长（优）。当然，这个方程就是这个问题的状态转移方程。状态总数量O(n), 每次转移需要用到前i项的结果，平摊下来也是O(n)的,所以该问题的时间复杂度是O(
n^2)，然而它并不是求解这类问题的最优解，下文会提到最长单调子序列的O(nlogn)的优化算法。
5、决策和无后效性
一个状态演变到另一个状态，往往是通过“决策”来进行的。有了“决策”，就会有状态转移。而
无后效性，就是一旦某个状态确定后，它之前的状态无法对它之后的状态产生“效应”（影响）。
【例题5】老王想在未来的n年内每年都持有电脑，m(y, z)表示第y年到第z年的电脑维护费用，其中y的范围为[1, n]，z的范围为[y, n]，c表示买一台新的电脑的固定费用。 给定矩阵m，固定费用c，求在未来n年都有电脑的最少花费。
考虑第 i 年是否要换电脑，换和不换是不一样的决策，那么我们定义一个二元组(a, b)，其中 a < b，它表示了第a年和第b年都要换电脑（第a年和第b年之间不再换电脑），如果假设我们到第a年为止换电脑的最优方案已经确定，那么第a年以前如何换电脑的一些列步骤变得不再重要，因为它并不会影响第b年的情况，这就是无后效性。
更加具体得，令d[i]表示在第i年买了一台电脑的最小花费(由于这台电脑能用多久不确定，所以第i年的维护费用暂时不计在这里面)，如果上一次更换电脑的时间在第j年，那么第j年更换电脑到第i年之前的总开销就是c + m(j, i-1)，于是有状态转移方程：
d[i] = min{ d[j] + m(j, i-1) | 1 <= j < i }
+ c
这里的d[i]并不是最后问题的解，因为它漏算了第i年到第n年的维护费用，所以最后问题的答案：
ans =
min{ d[i] + m(i, n) | 1 <= i < n }
我们发现两个方程看起来很类似，其实是可以合并的，我们可以假设第n+1年必须换电脑，并且第n+1年换电脑的费用为0，那么整个阶段的状态转移方程就是：
d[i] = min{ d[j] + m(j, i-1) | 1 <= j < i } + w(i) 其中w(i) = (i==n+1)?0:c;
d[n+1]就是我们需要求的最小费用了。
二、动态规划的经典模型
1、线性模型
线性模型的是动态规划中最常用的模型，上文讲到的最长单调子序列就是经典的线性模型，这里的线性指的是状态的排布是呈线性的。【例题6】是一个经典的面试题，我们将它作为线性模型的敲门砖。
【例题6】在一个夜黑风高的晚上，有n（n <= 50）个小朋友在桥的这边，现在他们需要过桥，但是由于桥很窄，每次只允许不大于两人通过，他们只有一个手电筒，所以每次过桥的两个人需要把手电筒带回来，i号小朋友过桥的时间为T[i]，两个人过桥的总时间为二者中时间长者。问所有小朋友过桥的总时间最短是多少。
图二-1-1
每次过桥的时候最多两个人，如果桥这边还有人，那么还得回来一个人（送手电筒），
也就是说N个人过桥的次数为2*N-3（倒推，当桥这边只剩两个人时只需要一次，三个人的情况为来回一次后加上两个人的情况...）。
有一个人需要来回跑，将手电筒送回来（也许不是同一个人，realy？！）
这个回来的时间是没办法省去的，并且回来的次数也是确定的，为N-2，如果是我，我会选择让跑的最快的人来干这件事情，但是我错了...
如果总是跑得最快的人跑回来的话，那么他在每次别人过桥的时候一定得跟过去，于是就变成就是很简单的问题了，
花费的总时间：
T =
minPTime * (N-2) + (totalSum-minPTime)
来看一组数据 四个人过桥花费的时间分别为 1 2 5 10，按照上面的公式答案是19，但是实际答案应该是17。
具体步骤是这样的：
第一步：1和2过去，花费时间2，然后1回来（花费时间1）；
第二歩：3和4过去，花费时间10，然后2回来（花费时间2）；
第三部：1和2过去，花费时间2，总耗时17。
所以之前的贪心想法是不对的。
我们先将所有人按花费时间递增进行排序，
假设前i个人过河花费的最少时间为opt[i]，
那么考虑前i-1个人过河的情况，即河这边还有1个人，河那边有i-1个人，并且这时候手电筒肯定在对岸，所以
opt[i] = opt[i-1] + a[1] + a[i] (让花费时间最少的人把手电筒送过来，然后和第i个人一起过河)
如果河这边还有两个人，一个是第i号，另外一个无所谓，河那边有i-2个人，并且手电筒肯定在对岸，所以
opt[i] = opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] (让花费时间最少的人把电筒送过来，然后第i个人和另外一个人一起过河，由于花费时间最少的人在这边，所以下一次送手电筒过来的一定是花费次少的，送过来后花费最少的和花费次少的一起过河，解决问题)
所以 opt[i] = min{opt[i-1] + a[1] + a[i] , opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] }
2、区间模型
区间模型的状态表示一般为d[i][j]，表示区间[i, j]上的最优解，然后通过状态转移计算出[i+1, j]或者[i, j+1]上的最优解，逐步扩大区间的范围，最终求得[1, len]的最优解。
典型的区间模型，回文串拥有很明显的子结构特征，即当字符串X是一个回文串时，在X两边各添加一个字符'a'后，aXa仍然是一个回文串，我们用d[i][j]来表示A[i...j]这个子串变成回文串所需要添加的最少的字符数，那么对于A[i] == A[j]的情况，很明显有 d[i][j] = d[i+1][j-1] （这里需要明确一点，当i+1 > j-1时也是有意义的，它代表的是空串，空串也是一个回文串，所以这种情况下d[i+1][j-1] = 0）；当A[i] != A[j]时，我们将它变成更小的子问题求解，我们有两种决策：
1、在A[j]后面添加一个字符A[i]；
2、在A[i]前面添加一个字符A[j]；
根据两种决策列出状态转移方程为：
d[i][j] = min{ d[i+1][j], d[i][j-1] } + 1; (每次状态转移，区间长度增加1)
空间复杂度O(n^2)，时间复杂度O(n^2)， 下文会提到将空间复杂度降为O(n)的优化算法。
3、背包模型
a.0/1背包
有N种物品（每种物品1件）和一个容量为V的背包。放入第 i 种物品耗费的空间是Ci，得到
的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
决策为第i个物品在前i-1个物品放置完毕后，是选择放还是不放，状态转移方程为：
f[i][v] = max{ f[i-1][v], f[i-1][v - Ci] +Wi }
时间复杂度O(VN)，空间复杂度O(VN) （空间复杂度可利用滚动数组进行优化达到O(V)，下文会介绍滚动数组优化）。
b.完全背包
的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= v/Ci
} (当k的取值为0,1时，这就是01背包的状态转移方程）
时间复杂度O( VNsum{V/Ci} )，空间复杂度在用滚动数组优化后可以达到
O( V )。
进行优化后（此处省略500字），状态转移方程变成：
f[i][v] = max{ f[i-1][v], f[i][v - Ci] +Wi }
时间复杂度降为
O(VN)。
c.多重背包
有N种物品（每种物品Mi件）和一个容量为V的背包。放入第i种物品耗费的空间是Ci，得到
的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= Mi }
时间复杂度O( Vsum(Mi) )，
空间复杂度仍然可以用滚动数组优化后可以达到
O( V )。
优化：采用二进制拆分物品，将Mi个物品拆分成容量为1、2、4、8、... 2^k、Mi-( 2^(k+1) - 1 ) 个对应价值为Wi、2Wi、4Wi、8Wi、...、2^kWi、（