动态规划总结
2019-10-23 14:38 ..# 阅读(232) 评论(0) 编辑 收藏 举报---恢复内容开始---
动态规划来源于分治法，本质是为了节省递归栈所消耗的时间/空间，同时把相同的子问题的解记录下来，防止系统做重复工作，浪费时间。
一般用动态规划做题时候，要从分治法开始，进一步考虑是否存在相同的子问题解且解是否重复，如果有可以采用动态规划求解【当然递归方程还是要写的】。
动态规划的递归方程和分治法略有不同，动态规划的递归一般都用二维数组储存数据【当然也有用一维数组甚至一个变量的，不过都是二维数组的简化版】，首先我们要弄清楚m[i][j]的几何意义，然后根据题目要求写出m[i][j]=...【一般都是和m其他元素挂钩的】，这就是动态规划的递归方程。
一般写递归方程分为以下几种情况
1.确定规划起点终点，规划方向确定
例题：
给定一个由 n行数字组成的数字三角形如下图所示。试设计一个算法，计算出从三角形 的顶至底的一条路径(每一步可沿左斜线向下或右斜线向下)，使该路径经过的数字总和最大。
输入格式:
输入有n+1行：
第 1 行是数字三角形的行数 n，1<=n<=100。
接下来 n行是数字三角形各行中的数字。所有数字在0..99 之间。
输出格式:
输出最大路径的值。
输入样例:
在这里给出一组输入。例如：
5
7
3 8
8 1 0
2 7 4 4
4 5 2 6 5
输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：
30一般遇到这种题只需要从终点入手，就会发现到终点的路径值只能是m[i-1][j]或者m[i-1][j-1]再加自己的值，这样子到终点问题就被转化成为了到达倒数第二层格子的值，以此类推。
#include<iostream> using namespace std; int main() { int n,i,j; cin>>n; int a[101][101]; int d[101][101]; for(i=1;i<101;i++) { for(j=1;j<101;j++) { a[i][j]=0; } } for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=i;j++) { cin>>a[i][j]; } } for(j=1;j<=n;j++) { d[n][j]=a[n][j]; } for(i=n-1;i>=1;i--) { for(j=1;j<=n;j++) { if(d[i+1][j]>d[i+1][j+1]) { d[i][j]=d[i+1][j]+a[i][j]; } else { d[i][j]=d[i+1][j+1]+a[i][j]; } } } cout<<d[1][1]; }
当然不创建d数组而直接覆盖a数组也是可以的
结论：这种确定方向的题，从终点把每个情况想清楚，然后得出最大最小即可。
其他问题：商人过路费，求子段最小操作数问题
2.方向不确定或者自由，起终点确定：
题目来源：王晓东，《算法设计与分析》
长江游艇俱乐部在长江上设置了n个游艇出租站1，2，…，n。游客可在这些游艇出租站租用游艇，并在下游的任何一个游艇出租站归还游艇。游艇出租站i到游艇出租站j之间的租金为r(i,j),1<=i<j<=n。试设计一个算法，计算出从游艇出租站1 到游艇出租站n所需的最少租金。
输入格式:
第1 行中有1 个正整数n（n<=200），表示有n个游艇出租站。接下来的第1到第n-1 行，第i行表示第i站到第i+1站,第i+2站, ... , 第n站的租金。
输出格式:
输出从游艇出租站1 到游艇出租站n所需的最少租金。
输入样例:
在这里给出一组输入。例如：
3
5 15
7
输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：
12这道题同样从终点想到起点，从i到n,要么直接过去，要么经过一堆中途站，而这些中途站所在值可以作为子问题求解。
递归方程：m[i][j]从第i个站出发到j=max(m[i][k]+m[k][j],m[i][j])其中i<k<n,大于y一般都用for循环求出结果。
#include<iostream> using namespace std; int main() { int n,i,j,k; int yangtzeriver[200][200]; cin>>n; for(i=0;i<n;i++) { yangtzeriver[i][i]=0; } for(i=0;i<n;i++) { for(j=i+1;j<n;j++) { cin>>yangtzeriver[i][j]; } } //cout<<"e"; for(i=n-1;i>=0;i--) { //cout<<" d"; for(j=i+1;j<n;j++) { //cout<<yangtzeriver[i][j]<<" "<<(yangtzeriver[i][j-1]+yangtzeriver[j-1][j]); int mini=min(yangtzeriver[i][j],yangtzeriver[i][j-1]+yangtzeriver[j-1][j]); for(k=i+1;k<j;k++) { int q=min(yangtzeriver[i][j],yangtzeriver[i][k]+yangtzeriver[k][j]); //cout<<yangtzeriver[i][j]<<" "<<(yangtzeriver[i][k]+yangtzeriver[k][j])<<" "; if(q<mini) { mini=q; } } //cout<<mini; yangtzeriver[i][j]=mini; } } cout<<yangtzeriver[0][n-1];
如：3-1，3-3
3.方向确定，起终点不自由
一般采用方法是记录最大值
如：
给定n个整数（可能为负数）组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，求该序列如a[i]+a[i+1]+…+a[j]的子段和的最大值。当所给的整数均为负数时，定义子段和为0。
要求算法的时间复杂度为O(n)。
输入格式:
输入有两行：
第一行是n值（1<=n<=10000)；
第二行是n个整数。
输出格式:
输出最大子段和。
输入样例:
在这里给出一组输入。例如：
6
-2 11 -4 13 -5 -2
输出样例:
在这里给出相应的输出。例如：
20一般遇到这种题，就不要把思维局限在终点。要这样想：从任意一个数开始，如果前面一堆数<0，
那以他为底的尾串就是自己，否则是前面一堆数加上这个数得到递归方程m[j]=max(m[j-1]+num[j],num[j]),
或者if num[j]<0,m[j]=num[j],else m[j]=(m[j-1]+num[j])代码省略 自己看书
//看书
（当然 直接分治法方法加备忘录 也是可以的）
4.都没有 自己挑 如0-1背包
0-1背包：给定种物品和一个容量为的背包，物品的重量是，其价值为，背包问题是如何使选择装入背包内的物品，使得装入背包中的物品的总价值最大。其中，每种物品只有全部装入背包或不装入背包两种选择。
这种题目二维数组的代表意义会十分的奇怪，比如说在0-1背包中，一个数代表从几号物品开始装，另一个数代表容量。
把二维数组顺序搞明白后，就会明显发现m[i][j]=max(m[i+1][j-i的价值],m[i+1][j])【前提：能装的下（j>i的价值），装不下直接m[i+1][j]】
然后把最后一行填好，就能往上填表了#include<iostream> using namespace std; int main() { int n,capity,i,j; cin>>n>>capity; int item[100],percapity[100]; for(i=0;i<n;i++) { cin>>item[i]; cin>>percapity[i]; } int bag[100][100]; for(j=0;j<=capity;j++) { if(j<percapity[n-1]) { bag[n-1][j]=0; } else bag[n-1][j]=percapity[n-1]; } for(i=n-2;i>=0;i--) { for(j=1;j<=capity;j++) { if(j>=percapity[i]) { bag[i][j]=max(bag[i+1][j],bag[i+1][j-percapity[i]]+item[i]); } else bag[i][j]=bag[i+1][j]; } } cout<<bag[0][capity]; }
一般情况下，我们可以根据表之前的结果得到m[i][j]的结果，通常需要比较i，j和递归式里面i，j的关系，从而得到i和j在填表for循环里面的顺序，从而求i和j究竟递增，还是递增。一般递归式里面i比原i大递减，否则递增，j同理。
附：1.编程题3-1的递归方程为k[i]=max(k[i]],k[j]+1[其中0<k<i，且从0开始遍历k。k[i]初值均为1.3-2的递归方程看前面
2.本次结对编程感受：这次的结对感觉其实是有点各自为战，但是一旦其中一人就思路就会跟另一人去说明。感觉这种结对比较锻炼个人实力和自己对算法的理解能力，毕竟你不是说只需要自己交了代码就走，你还要照顾你的队友啊。