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数据结构与算法（十二）——算法-动态规划

一、青蛙跳台阶&斐波那契数列

1、问题

　　一只青蛙跳台阶，每次可以跳 1 层或 2 层。青蛙跳到 n 层一共有多少种跳法？

2、思想

　　先把问题规模缩小，考虑 n = 1时，n = 2的解。那么，显然有：

　　（1）边界条件：dp[1] = 1、dp[2] = 2
　　（2）再考虑 n = 3时，逆向思维一下，要跳 3 层，是不是只能是从第 2 阶跳 1 层到或者是从第 1 阶跳 2 层到。所以dp[3] = dp[2] + dp[1]。
　　（3）同理n = 4时，是不是也是只能是从第 3 阶跳 1 层到或者是从第 3 阶跳 2 层到。所以dp[4] = dp[3] + dp[2]。
　　（3）……
　　（4）同理可得，状态转移方程：dp[n] = dp[n - 1] + dp[n - 2]。

3、代码示例

 1 // 递归.时间复杂度:O(2^n).空间复杂度:O(1) 2 public int jumpFloor(int target) { 3     if (target == 1) { 4         return 1; 5     } 6     if (target == 2) { 7         return 2; 8     } 9 10     return jumpFloor(target - 1) + jumpFloor(target - 2);11 }12 13 // 循环（dp数组）.时间复杂度:O(n).空间复杂度:O(n)14 public int jumpFloor2(int target) {15     if (target == 1) {16         return 1;17     }18 19     int[] dp = new int[target + 1];20     dp[1] = 1;21     dp[2] = 2;22     for (int i = 3; i <= target; i++) {23         dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];24     }25     return dp[target];26 }27 28 // 滚动数组.时间复杂度:O(n).空间复杂度:O(1)29 public int jumpFloor3(int target) {30     if (target == 1) {31         return 1;32     }33     int num1 = 1, num2 = 2, temp = num2;34 35     for (int i = 3; i <= target; i++) {36         temp = num1 + num2;37         num1 = num2;38         num2 = temp;39     }40 41     return temp;42 }

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二、网格路径

1、问题

　　有一个 m*n 的网格，从 [1, 1] 出发，每次只能向右或向下，抵达 [m, n] 一共有多少种方案？如图：

2、思想

　　先把问题规模缩小，考虑从 [1, 1]到 [1, 2]，到 [1, 3]，到 [1, 4]……和从 [1, 1]到[2, 1]，到 [3, 1]……，是不是只能一直向右和向下，那么，显然有：
　　（1）边界条件：dp[1][n]  = 1、dp[m][1] = 1
　　（2）再考虑到 [2, 2] ，是不是只有 [1, 2] 向下或者 [2, 1] 向右。所以dp[2][2] = dp[1][2] + dp[2][1]。
　　（3）同理可得，状态转移方程：dp[m][n] = dp[m - 1][n] + dp[m][n - 1]。

3、代码示例

 1 // 3*6. m=3,n=6 2 public static int gridPath(int m, int n) { 3     int[][] dp = new int[m + 1][n + 1]; 4     for (int i = 1; i <= n; i++) { 5         dp[1][i] = 1; 6     } 7  8     for (int i = 1; i <= m; i++) { 9         dp[i][1] = 1;10     }11 12     // 遍历二维数组13     for (int i = 2; i <= m; i++) {14         for (int j = 2; j <= n; j++) {15             dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];16         }17     }18 19     return dp[m][n];20 }

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三、最长递增子序列

1、问题

　　问题很好理解。例如：[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列，但它不是递增的。

　　nums = [10,9,2,5,3,7,101,18] --> 4 [2,3,7,101] 或者 [2,3,7,18]
　　nums = [0,1,0,3,2,3] --> 4 [0,1,2,3]
　　nums = [7,7,7,7,7,7,7] --> 1 [7]

2、思想

　　定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。为了理解这个定义，比如：dp[3] 就是以 nums[3] = 4 结尾的最长递增子序列（1,3,4）的长度，也就是3。

　　根据这个定义，最终结果（子序列的最大长度）应该是 dp 数组中的最大值。

　　过程动图

　　那么，显然有：
　　（1）边界条件：dp[*] = 1
　　（2）动态转移方程：dp[i] = nums[i] > nums[j] && max(dp[i], dp[j] + 1)

3、代码示例

 1 // 时间复杂度 O(N^2) 2 public int lis(int[] nums) { 3     int[] dp = new int[nums.length]; 4     // dp数组全部初始化为 1 5     Arrays.fill(dp, 1); 6  7     for (int i = 0; i < nums.length; i++) { 8         for (int j = 0; j < i; j++) { 9             if (nums[i] > nums[j]) {10                 dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);11             }12         }13     }14 15     int res = 0;16     for (int i : dp) {17         res = Math.max(res, i);18     }19 20     return res;21 }

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四、最长回文子串

1、问题

　　给定一个字符串 s，长度为 n，找到 s 中最长的回文子串。

　　s = "abbac" --> "abba"
　　s = "cbbd" --> "bb"
　　s = "babad" --> "aba"

2、思想

　　定义：dp[i][j]表示 s 中 i 到 j 的字符串是否是回文串。那么，显然有：
　　（1）边界条件：dp[i][i] = true；dp[i][j] = true 当 s[i] = s[j] && j - i = 1
　　（2）状态转移方程：dp[i][j] = ( s[i] = s[j] && dp[i + 1][j - 1] )

3、代码示例

 1 public int getLongestPalindrome(String s, int n) { 2     boolean[][] dp = new boolean[n][n]; 3     int max = 1; 4  5     // 字符串首尾字母长度差 (len = j - i) 0~n-1 6     for (int len = 0; len < n; len++) { 7  8         for (int i = 0; i < n - len; i++) { 9             int j = i + len;10 11             // 如果字符串 i 到 j 的首尾相等，再根据字符串 i+1 到 j-1 来确定，即得到递推公式12             if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {13                 // 边界条件14                 if (len == 0 || len == 1) {15                     dp[i][j] = true;16                 } else {17                     // 状态转移方程18                     dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];19                 }20 21                 if (dp[i][j]) {22                     // 更新最大长度23                     max = Math.max(max, len + 1);24                 }25             }26         }27     }28     return max;29 }

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五、兑换硬币

1、问题

　　给定一个正整数数组 coins，表示不同面值的硬币，整数 amount 代表总金额。求可以凑成总金额所需的最少硬币个数，不能组成总金额，返回 -1。硬币数量无限。

　　coins = [1,3,5], amout = 11 -> 3（11 = 5 + 5 + 1）
　　coins = [2,5], amout = 3 -> -1

2、思想

　　用dp[i] = j 表示凑够 i 元最少需要 j 个硬币。先把问题规模缩小，考虑，如果有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？答案很简单是 3（5+5+1）。则：
　　i = 0，表示凑够0元最少需要的硬币数。当然就是不选硬币，需要0个硬币。

　　dp[0] = 0

　　i = 1，只有1元可用，选择 1 元硬币，金额变为 i - 1 = 0，接下来只需要凑够 0 元即可。

　　dp[1] = dp[i - 1] + 1 = dp[0] + 1 = 0 + 1 = 1

　　i = 2，只有1元可用，选择 1 元硬币，金额变为 i - 1 = 1，接下来只需要凑够 1 元即可。

　　dp[2] = dp[i - 1] + 1 = dp[1] + 1 = 1 + 1 = 2

　　i = 3，可选硬币有 1 和 3，则分两种情况
　　①选择 1 元硬币，金额变为 i - 1 = 2，接下来只需要凑够 2 元即可。

　　dp[3] = dp[i - 1] + 1 = dp[2] + 1 = 3 （3个1元的）

　　②选择 3 元硬币，金额变为 i - 3 = 0，接下来只需要凑够 0 元即可。

　　dp[3] = dp[i - 3] + 1 = dp[0] + 1 = 1 （1个3元的）

　　显然，上述情况取小：

　　dp[3] = min{dp[i - 1] + 1, dp[i - 3] + 1} = 1

　　i = 4~amount，同理可得。

　　归纳一下：在已知dp[0]、dp[1]、dp[2]、……dp[i - 1]求 dp[i] 时，在可取的硬币面值（i >= coins[j]，coins[j]表示第 j 个硬币的面值），都取一次，则问题就可降级为 dp[i - coins[j]]，而这个值是已知，最后取小即可。
　　案例说明：

　　不妨：coins = [1,3,5,20]，求dp[11].
　　目的是凑成11，那么，从可选的硬币里选择一枚，所有情况如下：
　　选择coins[0]=1，则还需要凑11-1=10，即，在arr中凑10，所以dp[11]=dp[10] + 1。
　　选择coins[1]=3，则还需要凑11-3=8，即，在arr中凑8，所以dp[11]=dp[11-3] + 1。
　　选择coins[2]=5，则还需要凑11-5=6，即，在arr中凑6，所以dp[11]=dp[11-5] + 1。
　　注意：coins[3]=20 > 11，是不可选的。所以可选条件是 i >= coins[j]。
　　最后，在上述情况取小即可。

　　那么，有：
　　（1）边界条件：dp[0] = 0
　　（2）状态转移方程：dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1)。i - coins[j] >= 0

3、代码示例

 1 // 兑换硬币 2 public int minMoney(int[] coins, int amount) { 3     // 数组下标从 0 开始 4     int[] dp = new int[amount + 1]; 5  6     // 若最小硬币是 1,那么兑换 amount 最多用 amount 个硬币。则 dp[amount] 最大等于 amount 7     // 由于下面要取小，所以给一个越界值 8     Arrays.fill(dp, amount + 1); 9 10     // 边界条件11     dp[0] = 0;12     // 依次求dp[1]、dp[2]……dp[amount]13     for (int i = 1; i < amount + 1; i++) {14 15         // 遍历硬币的面值16         for (int coin : coins) {17             // 该硬币面值可取18             if (i - coin >= 0) {19                 dp[i] = Math.min(dp[i], dp[i - coin] + 1);20             }21         }22     }23 24     // 要是流程走下来 dp 值是非法值.说明换不出来25     return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];26 }

　　注：贪心不正确
　　coins = [1,4,5,7], amout=17
　　贪心结果：7+7+1+1+1 -> 5
　　实际：7+5+4+1 ->4

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六、0-1背包问题

1、问题

　　一共有N件物品，第i（i从1开始）件物品的重量为w[i]，价值为v[i]。在总重量不超过背包容量C的情况下，能够装入背包的最大价值是多少？
　　通俗的说，就是你有一个麻袋，你去超市顺便拿东西，在不超出麻袋容量的情况下，尽可能的拿的物品价值和最大。
　　要求：①装入背包的总价值最大，且重量不超出。②物品要么拿，要么不拿，不可重复拿。

2、思想

　　举一个案例，有一个背包，容量为4kg，现有物品：

　　显然：可取方案有G+L，价值3500；或S，价值3000。最佳方案：G+L，3500。
　　定义：dp[i][j]表示在前 i 个物品中选择，能够装入容量为 j 的背包中的最大价值。即：

　　先把问题规模缩小，按一行一行（必须），背包容量为0、1、2、……C=4的顺序，填写上表。
　　表示物品只有吉他，有：

　　表示物品有吉他、音响，有：

　　表示物品有吉他、音响、电脑，有：

　　那么，有：
　　（1）边界条件：dp[i][0] = dp[0][j] = 0。上表格第一列、第一行为0
　　（2）状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], v[i] + dp[i - 1][j - w[i]])

3、代码示例

 0-1背包

 测试类

4、说明

　　0-1背包问题不太好理解。下面用一些图文帮助读者理解。
　　首先，我们深刻理解一下0-1背包的问题，如图：

　　不妨假设，在这前 i 个物品中，选取总重量不超过背包容量 C 的物品，且使得物品总价值最大。选择策略叫方案A，此时的最大总价值设为 maxValue。这里理解一下前 i 个物品，由于动态规划问题是规模逐渐增大的，所以，要姑且把物品看成是"有序的"。

　　那么，我们思考一个问题，如果此时来了第 i + 1个物品（价值：V，重量：W），会怎么样呢？如图：

　　主要分为两种情况谈论：
　　1、W > C ：第 i + 1 个物品（钻石）不可取。那么，此时（总体物品是 i + 1个，但是）是不是就相当于没有第 i + 1 这个物品（因为在i + 1个物品中选择，不会取到第 i + 1这个物品），问题的解，是不是就等价于图一（在 i 个物品中选择，背包容量为C），所以，就是方案A，最大总价值就是 maxValue。
　　2、W <= C ：第 i + 1个物品（钻石）可取。又分为两种情况：即拿或不拿。（注：这是0-1背包，一个物品要么不选择，要么只选择一次）
　　　　2.1：不拿。同样，此时（这种情况下）问题的解，与上述（W > C）相同，即方案A，最大总价值就是 maxValue
　　　　2.2：拿。那么，第 i + 1 个物品（钻石）已经被选择了，此时背包容量还有（C - W）。由于第 i + 1个物品已经被选择了，此时问题规模，就是在前 i 个物品中，选取总重量不超过背包容量 C - W 的物品。价值就是dp[i][c - w]。
　　由于2.1和2.2属于一种情况。所以整个问题的解就是 max( maxValue， V + dp[i][c - w] )。

　　下面，再对上面填表的过程，以及代码做一些解释：

来源 https://www.cnblogs.com/originator/p/15292301.html