几个经典的动态规划的算法

一、动态规划基本思想

    一般来说,只要问题可以划分成规模更小的子问题,并且原问题的最优解中包含了子问题的最优解,则可以考虑用动态规划解决。动态规划的实质是分治思想和解决冗余,因此,动态规划是一种将问题实例分解为更小的、相似的子问题,并存储子问题的解而避免计算重复的子问题,以解决最优化问题的算法策略。由此可知,动态规划法与分治法和贪心法类似,它们都是将问题实例归纳为更小的、相似的子问题,并通过求解子问题产生一个全局最优解。其中贪心法的当前选择可能要依赖已经作出的所有选择,但不依赖于有待于做出的选择和子问题。因此贪心法自顶向下,一步一步地作出贪心选择;而分治法中的各个子问题是独立的 (即不包含公共的子子问题),因此一旦递归地求出各子问题的解后,便可自下而上地将子问题的解合并成问题的解。但不足的是,如果当前选择可能要依赖子问题的解时,则难以通过局部的贪心策略达到全局最优解;如果各子问题是不独立的,则分治法要做许多不必要的工作,重复地解公共的子问题。解决上述问题的办法是利用动态规划。该方法主要应用于最优化问题,这类问题会有多种可能的解,每个解都有一个值,而动态规划找出其中最优(最大或最小)值的解。若存在若干个取最优值的解的话,它只取其中的一个。在求解过程中,该方法也是通过求解局部子问题的解达到全局最优解,但与分治法和贪心法不同的是,动态规划允许这些子问题不独立,也允许其通过自身子问题的解作出选择,该方法对每一个子问题只解一次,并将结果保存起来,避免每次碰到时都要重复计算因此,动态规划法所针对的问题有一个显著的特征,即它所对应的子问题树中的子问题呈现大量的重复。动态规划法的关键就在于,对于重复出现的子问题,只在第一次遇到时加以求解,并把答案保存起来,让以后再遇到时直接引用,不必重新求解。

中的子问题呈现大量的重复。

动态规划法的关键就在于,

对于重复出现的子问题,

只在第一次遇到时加以求解,

并把答案保存起来,

让以后再遇到时直接引用,

必重新求解。

中的子问题呈现大量的重复。

动态规划法的关键就在于,

对于重复出现的子问题,

只在第一次遇到时加以求解,

并把答案保存起来,

让以后再遇到时直接引用,

必重新求解。

中的子问题呈现大量的重复。

动态规划法的关键就在于,

对于重复出现的子问题,

只在第一次遇到时加以求解,

并把答案保存起来,

让以后再遇到时直接引用,

必重新求解。


二、动态规划实例

1、0-1背包问题

问题描述

    假设我们有n件物品,分别编号为1,2,…n。其中编号为i的物品价值Vi,它的重量为Wi。为了简化问题,假设价值和重量都是整数。现在假设我们有一个背包,它能够承载的重量是W。现在,我们希望王背包里装这些物品,使得包里装的物品价值最大化,那么我们该如何选择装的物品?问题结构如下图所示:

《几个经典的动态规划的算法》

初步分析

    对于这个问题,一开始确实有点不太好入手。一堆的物品,每一个都有一定的质量和价值,我们能够装入的总重量有限制,该怎么来装使得价值最大呢?对于这n个物品,每个物品我们可能会选,也可能不选,那么我们总共就可能有2^n种组合选择方式。如果我们采用这种办法来硬算的话,则整体的时间复杂度就达到指数级别的,肯定不可行。
现在我们换一种思路。既然每一种物品都有价格和重量,我们优先挑选那些单位价格最高的是否可行呢?比如在下图中,我们有3种物品,他们的重量和价格分别是10, 20, 30 kg和60, 100, 120

《几个经典的动态规划的算法》

    那么按照单位价格来算的话,我们最先应该挑选的是价格为60的元素,选择它之后,背包还剩下50 – 10 = 40kg。再继续前面的选择,我们应该挑选价格为100的元素,这样背包里的总价值为60 + 100 = 160。所占用的重量为30, 剩下20kg。因为后面需要挑选的物品为30kg已经超出背包的容量了。我们按照这种思路能选择到的最多就是前面两个物品。如下图:

《几个经典的动态规划的算法》

    按照我们前面的期望,这样选择得到的价值应该是最大的。可是由于有一个背包重量的限制,这里只用了30kg,还有剩下20kg浪费了。这会是最优的选择吗?我们看看所有的选择情况:

《几个经典的动态规划的算法》

    很遗憾,在这几种选择情况中,我们前面的选择反而是带来价值最低的。而选择重量分别为20kg和30kg的物品带来了最大的价值。看来,我们刚才这种选择最佳单位价格的方式也行不通。

动态规划解决问题

  既然前面两种办法都不可行,我们再来看看有没有别的方法。我们再来看这个问题。我们需要选择n个元素中的若干个来形成最优解,假定为k个。那么对于这k个元素a1, a2, …ak来说,它们组成的物品组合必然满足总重量<=背包重量限制,而且它们的价值必然是最大的。因为它们是我们假定的最优选择嘛,肯定价值应该是最大的。假定ak是我们按照前面顺序放入的最后一个物品。它的重量为wk,它的价值为vk。既然我们前面选择的这k个元素构成了最优选择,如果我们把这个ak物品拿走,对应于k-1个物品来说,它们所涵盖的重量范围为0-(W-wk)。假定W为背包允许承重的量。假定最终的价值是V,剩下的物品所构成的价值为V-vk。这剩下的k-1个元素是不是构成了一个这种W-wk的最优解呢?

    我们可以用反证法来推导。假定拿走ak这个物品后,剩下的这些物品没有构成W-wk重量范围的最佳价值选择。那么我们肯定有另外k-1个元素,他们在W-wk重量范围内构成的价值更大。如果这样的话,我们用这k-1个物品再加上第k个,他们构成的最终W重量范围内的价值就是最优的。这岂不是和我们前面假设的k个元素构成最佳矛盾了吗?所以我们可以肯定,在这k个元素里拿掉最后那个元素,前面剩下的元素依然构成一个最佳解。

    现在我们经过前面的推理已经得到了一个基本的递推关系,就是一个最优解的子解集也是最优的。可是,我们该怎么来求得这个最优解呢?我们这样来看。假定我们定义一个函数c[i, w]表示到第i个元素为止,在限制总重量为w的情况下我们所能选择到的最优解。那么这个最优解要么包含有i这个物品,要么不包含,肯定是这两种情况中的一种。如果我们选择了第i个物品,那么实际上这个最优解是c[i – 1, w-wi] + vi。而如果我们没有选择第i个物品,这个最优解是c[i-1, w]。这样,实际上对于到底要不要取第i个物品,我们只要比较这两种情况,哪个的结果值更大不就是最优的么?

    在前面讨论的关系里,还有一个情况我们需要考虑的就是,我们这个最优解是基于选择物品i时总重量还是在w范围内的,如果超出了呢?我们肯定不能选择它,这就和c[i-1, w]一样。

    另外,对于初始的情况呢?很明显c[0, w]里不管w是多少,肯定为0。因为它表示我们一个物品都不选择的情况。c[i, 0]也一样,当我们总重量限制为0时,肯定价值为0。

    这样,基于我们前面讨论的这3个部分,我们可以得到一个如下的递推公式:

《几个经典的动态规划的算法》

    有了这个关系,我们可以更进一步的来考虑代码实现了。我们有这么一个递归的关系,其中,后面的函数结果其实是依赖于前面的结果的。我们只要按照前面求出来最基础的最优条件,然后往后面一步步递推,就可以找到结果了。

    我们再来考虑一下具体实现的细节。这一组物品分别有价值和重量,我们可以定义两个数组int[] v, int[] w。v[i]表示第i个物品的价值,w[i]表示第i个物品的重量。为了表示c[i, w],我们可以使用一个int[i][w]的矩阵。其中i的最大值为物品的数量,而W表示最大的重量限制。按照前面的递推关系,c[i][0]和c[0][w]都是0。而我们所要求的最终结果是c[n][w]。所以我们实际中创建的矩阵是(n + 1) x (W + 1)的规格。

具体数据:物品个数n = 5,物品重量w[n] = {0,2,2,6,5,4},物品价值v[n] = {0,6,3,5,4,6},W = 10。

代码实现

#include <iostream>
#define  max(a,b)((a)>(b)?a:b)
using namespace std;

int Weight[] = {0,2,2,6,5,4};  //物品的重量
int Value[] = {0,6,3,5,4,6};  //物品的价值
int table[6][11];     //存放表示到第i个元素为止,在限制总重量为w的情况下我们所能选择到的最优解
bool Frist_Flag = true;  //主要是初始化table[][] = Value[1]
int main(void)
{
	for (int i = 1;i <= 5;i++)
	{
		for (int j = 1;j <=10;j++)
		{
			if (Frist_Flag == true)
			{
				if (Weight[1] <= j)
				{
					table[i][j] = Value[1];
					Frist_Flag = false;
				}
					
			}
			else
			{
				if (Weight[i] > j)
				{
					table[i][j] = table[i-1][j];
				} 
				else
				{
					table[i][j] = max(table[i-1][j-Weight[i]]+Value[i],table[i-1][j]);
				}
			}
		}
	}
	cout << "MaxValue = "<< table[5][10] << endl;
	return 0;

}

2、最大子数组和问题

问题

一个有N个整数元素的一维数组(A[0],A[1],…A[N-1]),这个数组有很多子数组,求子数组和的最大值?注意:子数组必须是连续的、不需要返回子数组的具体位置、数组中包含:正、负、零整数、子数组不能空。

例如:

int A[5] = {-1,2,3,-4,2};

符合条件的子数组为2,3,即答案为5;

穷举法:

int MaxSubStringSum(int *A,int n)
{
	int MaxSum = A[0];
	int sum = 0;
	for (int i = 0;i < n;i++)
	{
		sum = 0;
		for (int j = i;j < n;j++)
		{
			sum += A[j];
			MaxSum = max(MaxSum,sum);

		}
	}
	return MaxSum;
}

穷取法最为直接,当然耗时也较多,时间复杂度为O(n^2);

进一步分析

我们利用穷举法虽然简单易懂,但是其时间复杂度很大,我们试着优化。现在考虑数组的第一个元素A[0],与和最大的子数组(A[i],……A[j])之间的关系,有以下三种关系:

 1) i = j = 0;A[0]本身构成和最大的子数组

 2) j > i = 0;和最大的子数组以A[0]开头

 3) i > 0;A[0]与和最大子数组没有关系

从上面3中情况可以看出,可以将一个大问题(N个元素的数组)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])中和最大的子数组和为MaxSum[1],并且知道,(A[1],……A[N-1])中包含A[1]的和最大的子数组为TempMaxSum[1]。我们就可以把(A[0],……A[N-1])求和最大子数组问题转换为,MaxSum[0] = max{A[0],A[0]+TempMaxSum[1],MaxSum[1]}。

代码实现:

int MaxSubStringSum(int *A,int n)
{
	int MaxSum = A[0];	
	int TempMaxSum = A[0];
	for(int i = 1;i < n;i++)
	{
		TempMaxSum = max(A[i],TempMaxSum + A[i]);
		MaxSum = max(MaxSum,TempMaxSum);
	}
	return MaxSum;
}

未完待续……


    原文作者:动态规划
    原文地址: https://blog.csdn.net/jpbj_zb/article/details/51320114
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