最新【数据结构与算法】之动态规划经典问题_动态规划问题，2024年最新不了解这些多线程的基础知识很难学懂大数据开发

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动态规划的 【穷举】 中，会产生很多很多重复计算，所以，我们可能需要一个“备忘录”保存重复计算的结果，同时，我们需要一个DP table来优化穷举的过程，记录子问题的结果，相关内容在递归算法篇章的斐波那契数列中见到过。

动态规划的三要素如下：

• （1）重叠子问题，子问题的就算方式大致相同。
• （2）复合最优子结构，问题的最优解包含子问题的最优解。反过来说就是,我们可以通过子问题的最优解,推导出问题的最优解。
• （3）状态转移方程，怎么从子问题最优解推倒当前问题的最优解。

下面我们对经典的动态规划问题进行介绍~

一、最长递增子序列

题目： 给定一个无序的序列，求解它的【最长递增子序列】的长度。方法签名：int lengthOfLIS(int[] nums)。

注意：【子序列】和【子串】是不一样的，【子序列】是可以不连续的，但是子串必须是连续的。

举例： nums[] = {3,·1,4,1,5,9,2,6,5} 的最长递增子序列长度为4，结果返回4即可，此时的为子序列：1,4,5,9。

在使用【动态规划】方案解决该问题的时候，我们需要首先思考的是，怎么去设计一个dp数组，用来存放各个子问题的结果。

在这道题中，我们想：

• （1）【宏观问题】是这个数组中存在的【最长子序列】。
• （2）将其拆分成【子问题】就是，枚举出【从零到每一个位置】的最长递增序列，这也是我们所需要定义的一个dp数组。
• （3）dp数组保存了所有的计算结果，最后在dp数组中找最值就可以了。

基于以上考虑，我们需要抽离一个共有的方法，就是【查找子序列】。

代码如下：

public class LengthOfLIS {

    public static void main(String[] args) {
        int i = lengthOfLIS(new int[]{1, 4, 2, 4, 6, 7, 8,4,23});
        System.out.println(i);
    }

    public static int lengthOfLIS(int[] nums){
        if(nums.length <= 0){
            return 0;
        }
        int[] dp = new int[nums.length];

        // 对给定数组进行逐一遍历，确定每个位置上的最长递增子序列
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            // 先给dp数据当前位置初始化，因为最短的长度就是1
            dp[i] = 1;
            // 确定当前的长度时，需要对前边已经计算的结果进行扫描
            for (int j = 0; j < i; j++){
                // 如果遇到比前边某一个位置的数字大，说明在之前的位置上，递增序列会被延长
                if(nums[i] > nums[j]){
                    // 同时比较当前位置和最大子序列的长度，目的是取最大值
                    if(dp[i] < dp[j] +1){
                        dp[i] = dp[j] + 1;
                    }
                }
            }
        }
        Arrays.sort(dp);
        return dp[dp.length-1];
    }
}

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二、找零钱问题

题目： 给你 k 种面值的硬币，面值分别为 c1, c2 … ck，每种硬币的数量无限，再给一个总金额 amount，问你最少需要几枚硬币凑出这个金额，如果不可能凑出，算法返回 -1 。算法的函数签名：int coinChange(int[] coins, int amount);（coins 中是可选硬币面值，amount 是目标金额）。

比如说 k = 3，面值分别为 1，2，5，总金额 amount = 11。那么最少需要 3 枚硬币凑出，即 11 = 5 + 5 + 1。

你认为计算机应该如何解决这个问题？显然，就是把所有肯能的凑硬币方法都穷举出来，然后找找看最少需要多少枚硬币。

首先，这个问题是【动态规划问题】，因为它具有【最优子结构】的。要符合「最优子结构」，子问题间必须互相独立。啥叫相互独立？

回到凑零钱问题，为什么说它符合最优子结构呢？

我们想知道总金额11需要最少几枚硬币，只需知道总结额为 10，9，6（总额减去一枚硬币面额的值）这几种情况下所需要的硬币的数量，然后找一个小的加1即可，这个过程是可以进行递归处理的，如下图：

重叠子问题： 当总额为0，1…amount时，分别最少需要多少枚硬币，因为当amount=0，时结果必为0。
符合最优子结构： 子问题amount所需硬币的最小值就是我们要的结果。
状态转移方程：

f

(

n

)

=

{

0

,

n

=

0

−

1

,

n

<

0

m

i

n

(

f

(

n

−

c

o

i

n

)

)

1

,

n

0

f(n)=

$$\begin{cases} 0,n=0\ -1,n<0 \ min(f(n-coin))+1,n>0 \end{cases}$$

f(n)={0,n=0 −1,n<0min(f(n−coin))+1,n>0​

代码如下：

    /\*\*
 \* 计算出能组成总金额的最少硬币数量
 \* @param coins 给定的硬币的面额
 \* @param amount 给定的总金额
 \* @return 最少的硬币数量
 \*/
    public static int coinChange(int[] coins, int amount){
        if(amount == 0) return 0;
        if(amount < 0) return -1;

        // 核心：
        // 1、求总金额为16的结果 【1，3，5】
        // 2、【1】找到15的最优解+1 ---- 【3】找到13的最优解+1 ----- 【5】找到11的最优解+1
        // 3、取最小值
        int result = Integer.MAX\_VALUE;
        for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
            int subMin = coinChange(coins, amount - coins[i]);
            // 如果最优解不存在 -1 继续
            if (subMin == -1) continue;
            if(subMin + 1 < result){
                result = subMin +1;
            }
        }
        return result == Integer.MAX\_VALUE ? -1 : result;

    }

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在此过程中，我们确实会出现很多的重复子问题计算，我们需要使用一个memo备忘录进行记录。

private static int changeCoin2(int[] coins,int amount,int[] memo){
    if (amount == 0) return 0;
    if (amount < 0) return -1;
    int res = Integer.MAX\_VALUE;

    for (int i = 0; i < coins.length; i++) {
        // 遍历子问题，假设amount为10元，如果有了一个2元，剩下的8元最少需要几个呢？，子问题就是8元所需要的个数
        // 同理8元所需要的个数可以使用递归完成
        int subProblem = Integer.MAX\_VALUE;
        if(amount-coins[i] >= 0 && memo[amount-coins[i]] != 0){
            subProblem = memo[amount-coins[i]];
        } else {
            subProblem = changeCoin2(coins,amount-coins[i],memo);
        }

        // 子问题有误解的时候，比如子问题的金额小于硬币的最小金额
        if(subProblem == -1) continue;
        // 我们的最优结果就是，最优的子问题的最优解+1
        res = Math.min(res,1 + subProblem) != Integer.MAX\_VALUE ? Math.min(res,1 + subProblem):-1;
    }
    memo[amount] = res;
    return res;
}

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最后比较一下有【备忘录】和没有【备忘录】的性能差异：

public class Change {
	...
    public static void main(String[] args) {

        long start = System.currentTimeMillis();
        System.out.println(changeCoin2(new int[]{1,2,3},100,new int[100+1]));
        long end = System.currentTimeMillis();
        System.out.println(end - start);

        start = System.currentTimeMillis();
        System.out.println(changeCoin(new int[]{1,2,3},100));
        end = System.currentTimeMillis();
        System.out.println(end -start);
    }
}

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三、0-1背包问题

题目： 有一个容量为 V 的背包，和一些物品。这些物品分别有两个属性，体积 w 和价值 v，每种物品只有一个。要求用这个背包装下价值尽可能多的物品，求该最大价值，背包可以不被装满。

0-1背包问题： 在最优解中，每个物品只有两种可能的情况，即在背包中或者不在背包中（背包中的该物品数为0或1），因此称为0-1背包问题。

子问题： 子问题必然是和物品有关的，对于每一个物品，有两种结果：能装下或者不能装下。

• 第一，包的容量比物品体积小，装不下，这时的最大价值和前i-1个物品的最大价值是一样的。
• 第二，还有足够的容量装下该物品，但是装了不一定最大价值，所以要进行比较。由上述分析，子问题中物品数和背包容量都应当作为变量。

因此，子问题确定为背包容量为j时，求前i个物品所能达到最大价值。

确定状态： 由上述分析，“状态”对应的“值”即为背包容量为j时，求前i个物品所能达到最大价值，设为dp[i][j]。初始时，dp[0][0]为0，没有物品也就没有价值。

确定状态转移方程： 由上述分析，第i个物品的体积为w,价值为v，则状态转移方程为

f

(

n

,

v

)

=

{

f

(

n

−

1

,

v

)

,

w

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g

h

t

[

i

]

j

（

装

不

下

）

M

a

t

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（

装

不

下

）

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[外链图片转存中…(img-WIgyNqFc-1715817105201)]
[外链图片转存中…(img-O3vZMC0e-1715817105202)]

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