动态规划

转自http://www.cnblogs.com/bourbon/archive/2011/08/23/2151044.html

前言

和分治法一样，动态规划（dynamic programing）是通过组合子问题的解而解决整个问题的。注意这里的programing翻译成立规划而不是编程。维基百科上写道

This is also usually done in a tabular form by iteratively generating solutions to bigger and bigger subproblems by using the solutions to small subproblems.

这说明动规的关键是table,是子问题。而且动规的子问题是相互关联的。而分治算法是将问题划分成相对独立的子问题，递归的解决所有子问题，

然后合并子问题成为最终的结果。在这个过程中，分治法会做很多不必要的工作，即重复地求解公共子问题。

动规对每个子问题之求解一遍，并且将其结果保存在表中，从而避免了子问题被重复计算。

 

适用范围

1.动态规划通常情况下应用于最优化问题，这类问题一般有很多个可行的解，每个解有一个值，而我们希望从中找到最优的答案。

2.该问题必须符合无后效性。即当前状态是历史的完全总结，过程的演变不再受此前各种状态及决策的影响。

 

 

简单动态规划问题

 

 

最大子数组和问题

题目

一个有N个整数元素的一位数组(A[0], A[1],...,A[n-1], A[n])，这个数组当然有很多子数组，那么数组之和的最大值是什么呢？

这是一道很简单的题目，但是要想写出时间复杂度为O(n)的最优解法还是需要仔细推敲下的。

例如有数组 int A[5] = {-1, 2, 3, -4, 2};

符合条件的子数组为  2,3  即答案为 5;

再明确一下题意

　　　　1.子数组必须是连续的。

            2.不需要返回子数组的具体位置。

　　　　3.数组中包含：正整数，零，负整数。

例如

数组： {1, -2, 3, 5, -3, 2}   返回值为 8

数组： {0, -2, 3, 5, -1, 2}   返回值为 9

数组： {-9, -2, -3, -5, -6}   返回值为 -2  注意子数组不能为空

 

首先我们看看最直接的穷举法

int MaxSubString(int* A, int n)
{
　　int max = min;  //初始值为负无穷大
　　int sum;
　　for(int i = 0; i < n; i++)
　　{
　　　　sum = 0;
　　　　for(int j = i; j < n; j++)
　　　　{
　　　　　　sum += A[j];
　　　　　　if(sum > max)
　　　　　　　　max = sum;
　　　　}
　　}
　　return max;
}

这种方法最直接，当也是最耗时的，他的时间复杂度为O(n^2);

问题分析

可以优化吗？答案是肯定的，可以考虑数组的第一个元素，以及最大的一段数组(A[i], ..., A[j]),和A[0]的关系，有一下几种情况：

　　　　1. 当0 = i = j 时，元素A[0]本身构成和最大的一段;

　　　　2. 当0 = i < j 时，和最大的一段以A[0]开始;

　　　　3. 当0 < i 时， 元素A[0]和最大的一段没有关系。

从上面3中情况可以看出。可以将一个大问题(N个元素数组)转化为一个较小的问题(N-1个元素的数组)。假设已经知道(A[1], ...,A[n-1])中和最大的一段数组之和为All[1],并且已经知道

(A[1],...,A[n-1])中包含A[1]的和最大的一段数组为Start[1]。那么不难看出 (A[0], ..., A[n])中问题的解All[0] = max{ A[0], A[0] + start[1], All[1] }。通过这样的分析，可以看出这个问题

无有效性，可以用动态规划来解决。

解决方案

int MaxSubString(int* A, int n)
{
        int Start = A[n - 1];
        int All = A[n - 1];
        for(int i = n - 2; i >= 0; i--)    //从后向前遍历，反之亦可。
        {
                Start = max( A[i], A[i] + Start);
                All = max(Start, All);
        }
        return All[0];                       //All[0] 中存放结果
}

我们通过动规算法解决该问题不仅效率很高(时间复杂度为O(n)),而且极其简便。

 

 

 

01背包问题

题目

这题非常有名，只要是计算机专业的应该都有听说过。有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的体积是c[i]，价值是v[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

我们把题目具体下， 有5个商品，背包的体积为10，他们的体积为 c[5] = {3,5,2,7,4};  价值为 v[5] = {2,4,1,6,5};

 

问题分析

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。可以将背包问题的求解看作是进行一系列的决策过程，即决定哪些物品应该放入背包，哪些不放入背包。

如果一个问题的最优解包含了物品n，即Xn = 1，那么其余X1, X2, .....,Xn-1 一定构成子问题1,2,.....,n-1在容量C - cn时的最优解。如果这个最优解不包含物品n,即Xn = 0;

那么其余 X1, X2.....Xn-1一定构成了子问题 1,2,....n-1在容量C时的最优解。  //请各位仔细品味这几句话

根据以上分析最优解的结构递归定义问题的最优解    f[i][v] = max{ f[i-1][v] , f[i-1][v - c[i]] + v[i]}

 

解决方案

#include<iostream>
 
#define max(a,b) ((a) > (b) ? a : b)
int c[5] = {3,5,2,7,4};
int v[5] = {2,4,1,6,5};
int f[6][10] = {0};
//f[i][v] = max{ f[i-1][v] , f[i-1][v - c[i]] + w[i]}
 
int main()
{
    for(int i = 1; i < 6; i++)
        for(int j = 1; j < 10 ;j++)
        {
            if(c[i] > j)//如果背包的容量，放不下c[i]，则不选c[i]
                f[i][j] = f[i-1][j];        
            else
            {
                f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j - c[i]] + v[i]);//转移方程式
            }
        }
        std::cout<<f[5][9];
    return 0;
}

01背包问题是最基本的动态规划问题，也是最经典，最易懂的。所以请读者仔细推敲这段代码。它包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想。

 

 

矩阵连乘问题

题目

给定n个矩阵{A1,A2,...,An},其中Ai与Ai+1是可乘的，i = 1,2, ...n-1。考虑这n个矩阵的乘积。由于竞争乘法满足结合律，故计算矩阵的连乘有许多不同的计算次序。

这种计算次序可以用加括号的方式确定。若一个矩阵连乘的计算次序完全确定，这是就说该连乘已完全加括号。

例如，矩阵连乘A1 *A2 *A3 *A4 可以有5种完全加括号的方式：（A1 *（A2 *（A3 *A4 ）））， （A1 *（（A2 *A3） *A4）），（（A1 *A2 ）*（A3 *A4）），

（（（A1 *A2 ）*A3 ）*A4）。每种加括号的方式确定了一个计算的次序。不同的计算次序与矩阵连乘的计算量有密切的关系。关于矩阵如何相乘这里我就不赘述了请看about matrix 。

 

考虑3个矩阵{A1,A2,A3}连乘的例子，假设这3个矩阵的维数分别为 10×100， 100×5， 5×50。若按照((A1*A2)*A3)计算，则计算次数为10×100×5 + 10×5×50 = 7500

若按(A1*(A2*A3))计算，则计算次数为   100×5×50 + 10×100×50 = 75000。第1种方法的计算次数是后者的10倍！由此可以看出，不同的加括号方式确定不同的计算次序对

矩阵乘法的运算量影响是巨大的。

矩阵连乘为题定义如下：给定n个矩阵{A1,A2,...,An}，矩阵A1的维数为pi-1×pi, i = 1,2, ..., n，如何给矩阵连乘A1*A2*....*An完全加上括号使用矩阵乘法中计算次数最少。

 

问题分析

若用穷举法，能够证明需要指数时间来求解。但是时间代价高昂。现在考虑用动态规划来求解连乘问题。

为方便起见用Ai...j表示矩阵乘法Ai*Ai+1*....Aj的结果。其中i<j。那么Ai*Ai+1*.....Aj一定在Ak与Ak+1之间被分裂。i <= k < j。问题Ai*Ai+1 ... Aj完全加括号的开销等于计算矩阵

Ai...k 与计算 Ak+1...j的开销，再加上他们的结果相乘的开销。问题的最优子结构可以描述如下：假定问题Ai*Ai+1*...Aj被完全加括号的最优方式是在Ak与Ak+1之间被分裂，那么分裂

之后，最优解Ai*Ai+1*....Aj中的子链Ai*Ai+1....Ak一定是问题Ai*Ai+1*...*Ak的最优加括号方式。同样，最优解Ak+1*Ak+2*...Aj的子链一定是问题Ak+1*Ak+2*...Aj最优加括号方式。

根据上面分析，设m[i,j]表示计算Ai...j所需的最小计算次数    m[i,j] = min{m[i,k]+m[k+1,j]+pi-1pKpj }

 

解决方案

#include<iostream>
void main()
{
        int m[8][8], min;
        int r[8] = {10, 20, 50, 1, 100, 4, 20, 2};     /* 矩阵维数 */
  
        /* 初始化 */
       memset(m,0,sizeof(m));
        /* 每此增量加一 */
        for (int l = 1; l < 7; l++) 
       {
              /* 对于差值为 l 的两个元素 */
              for (int i = 1; i <= 7 - l; i++) 
             {
                  j = i + l;
                  /* 求其最小组合方式 */
                  min = m[i][i] + m[i+1][j] + r[i-1] * r[i] * r[j];
                  middle[i][j] = i;
                  for (int k = i + 1; k < j; k++)
                 {
                       if (min > m[i][k] + m[k+1][j] + r[i-1] * r[k] * r[j]) 
　　　　　　　　{
                               min = m[i][k] + m[k+1][j] + r[i-1] *r[k]* r[j];
                                        middle[i][j] = k;
                        }
                  }
                        m[i][j] = min;
             }
        }
        std::cout<<m[1][N];
}

由以上代码可以很容易看出算法的时间复杂度为O(n^3)。即便如此也比穷举法的指数级时间复杂度快。