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Dynamic Programming

理论

动态规划适合解决多阶段决策最优解模型的问题,若一个最优问题的解决过程需要经历多个决策阶段,每个阶段对应一组状态,然后寻找一组决策序列,经过这组决策序列,能够产生最优值。
适合动态规划的问题必须满足 3 个特征:
  • 最优子结构,问题的最优解包含子问题的最优解,可以通过子问题的最优解推导出问题的最优解。或者说后面阶段的状态可以通过前面阶段的状态推导出来。
  • 无后效性
    • 在推导后面阶段状态时,只关心前面阶段的状态值,不关心这个值是怎么一步步推导得来的。
    • 某阶段的状态一旦确定,就不受之后阶段的决策影响。
  • 重复子问题,不同的决策序列,达到某个相同阶段时,可能会产生重复的状态。
举例分析,一个 n*n 的矩阵,存储正整数,从左上角到右下角移动,只能向右或向下移动,路径上经过的数字之和为路径的长度,求最短路径长度。
  • 总共要走 2*(n-1) 步,每一步都需要做向右或向下的决策,符合多阶段决策最优解模型。
  • 状态定义为 min_dist(i, j),表示 (0, 0) 到 (1, 1) 的最短路径长度,符合最优子结构:min_dist(i, j) = w[i][j] + min(min_dist(i, j - 1), min_dist(i - 1, j))
  • 根据上面的公式,我们只关心上一步状态的值,符合无后效性。
  • 到达位置 (i, j),有多条路线,即符合重复子问题。

思路

解决动态规划问题一般有两种思路。

状态转移表法

一般能用动态规划解决的问题都可以用回溯解决。解决问题的步骤:
  1. 1.
    回溯算法实现
  2. 2.
    定义状态
  3. 3.
    画递归树
  4. 4.
    找重复子问题
  5. 5.
    画状态转移表,状态表一般为二维数组,每个状态有行、列、值三个变量,如果问题比较复杂,状态表也可能是多维的。
  6. 6.
    依据递推关系填表,从前往后,依据递推关系,分阶段填充状态表中的每个状态。
  7. 7.
    将填表过程翻译成代码
在第 4 步找到重复子问题后,除了使用状态转移表法,还可以使用回溯加备忘录的方式,效率是差不多的。
以上文的最短路径为例,先用回溯实现:
private int minDist = Integer.MAX_VALUE;
private int[][] w = ...;
private int n = ...;
// 调用方式:minDistBacktracing(0, 0, 0);
public void minDistBT(int i, int j, int dist) {
if (i == n && j == n) {
if (dist < minDist) minDist = dist;
return;
}
if (i < n) { // 往下走
minDistBT(i + 1, j, dist+w[i][j]);
}
if (j < n) { // 往右走
minDistBT(i, j+1, dist+w[i][j]);
}
}
定义状态为 (i, j, dist),表示到达 (i, j) 的路径长度为 dist,画递归树:
从状态树中可以看出,尽管 (i, j, dist) 不存在重复,但是 (i, j) 有很多重复,我们只需要选出 (i, j) 中 dist 最小的节点,所以存在重复子问题。画状态转移表,并一步一步填充:
翻译成动态规划的代码:
public int minDistDP(int[][] matrix, int n) {
int[][] states = new int[n][n];
int sum = 0;
for (int j = 0; j < n; ++j) { // 初始化states的第一行数据
sum += matrix[0][j];
states[0][j] = sum;
}
sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) { // 初始化states的第一列数据
sum += matrix[i][0];
states[i][0] = sum;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) {
for (int j = 1; j < n; ++j) {
states[i][j] =
matrix[i][j] + Math.min(states[i][j-1], states[i-1][j]);
}
}
return states[n-1][n-1];
}

状态转移方程法

  1. 1.
    找最优子结构,分析某个问题是如何通过子问题来递归求解
  2. 2.
    写状态方程,即递推公式
  3. 3.
    将状态方程翻译成代码,一般有两种实现方式,一种是递归加备忘录,一种是递推迭代(其实与状态转移表的实现是一样的,只是思路不一样)。
还是以上文的最短路径为例,状态方程上面已经给出:
min_dist(i, j) = w[i][j] + min(min_dist(i, j - 1), min_dist(i - 1, j))
然后用递归加备忘录的方式实现:
private int[][] matrix =
{{1359}, {2134}{5267}{6843}};
private int n = 4;
private int[][] mem = new int[4][4];
public int minDist(int i, int j) { // 调用minDist(n-1, n-1);
if (i == 0 && j == 0) return matrix[0][0];
if (mem[i][j] > 0) return mem[i][j];
int minLeft = Integer.MAX_VALUE;
if (j-1 >= 0) {
minLeft = minDist(i, j-1);
}
int minUp = Integer.MAX_VALUE;
if (i-1 >= 0) {
minUp = minDist(i-1, j);
}
int currMinDist = matrix[i][j] + Math.min(minLeft, minUp);
mem[i][j] = currMinDist;
return currMinDist;
}

案例

0-1 背包

回溯算法一节的 0-1 背包问题,画递归树:
定义状态 (i, cw),表示在决策第 i 个物品是否放入背包时,当前背包重量为 cw。有很多重复子问题,画状态转移表,states[n][w + 1] 每一行表示第 i 个物品决策完后,当前背包中的重量有哪些值:
翻译成代码:
// weight:物品重量,n:物品个数,w:背包可承载重量
public int knapsack(int[] weight, int n, int w) {
boolean[][] states = new boolean[n][w+1]; // 默认值false
states[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理,可以利用哨兵优化
if (weight[0] <= w) {
states[0][weight[0]] = true;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划状态转移
for (int j = 0; j <= w; ++j) {// 不把第i个物品放入背包
if (states[i-1][j] == true) states[i][j] = states[i-1][j];
}
for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) {//把第i个物品放入背包
if (states[i-1][j]==true) states[i][j+weight[i]] = true;
}
}
for (int i = w; i >= 0; --i) { // 输出结果
if (states[n-1][i] == true) return i;
}
return 0;
}
时间复杂度 O(n*w),空间复杂度 O(n*w),空间复杂度可以优化为 O(w),用一个 w + 1 的一维数据记录状态:
public static int knapsack2(int[] items, int n, int w) {
boolean[] states = new boolean[w+1]; // 默认值false
states[0] = true; // 第一行的数据要特殊处理,可以利用哨兵优化
if (items[0] <= w) {
states[items[0]] = true;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 动态规划
// 这里为什么要从后往前?
for (int j = w-items[i]; j >= 0; --j) {//把第i个物品放入背包
if (states[j]==true) states[j+items[i]] = true;
}
}
for (int i = w; i >= 0; --i) { // 输出结果
if (states[i] == true) return i;
}
return 0;
}

0-1 背包问题升级版

物品有价值,选择某些物品放入背包,在满足背包最大重量限制的条件下,背包中的总价值最大。
同样用回溯可以解决:
private int maxV = Integer.MIN_VALUE; // 结果放到maxV中
private int[] items = {22463}; // 物品的重量
private int[] value = {34896}; // 物品的价值
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包承受的最大重量
public void f(int i, int cw, int cv) { // 调用f(0, 0, 0)
if (cw == w || i == n) { // cw==w表示装满了,i==n表示物品都考察完了
if (cv > maxV) maxV = cv;
return;
}
f(i+1, cw, cv); // 选择不装第i个物品
if (cw + weight[i] <= w) {
f(i+1,cw+weight[i], cv+value[i]); // 选择装第i个物品
}
}
递归树如下:
可以看出,(2, 2, 4) 和(2, 2, 3),我们只需要选择前者,即对于相同的 (i, cw),只需要保留 cv 最大的那个。states[n][w + 1] 中保存的是当前状态的最大值:​
public static int knapsack3(int[] weight, int[] value, int n, int w) {
int[][] states = new int[n][w+1];
for (int i = 0; i < n; ++i) { // 初始化states
for (int j = 0; j < w+1; ++j) {
states[i][j] = -1;
}
}
states[0][0] = 0;
if (weight[0] <= w) {
states[0][weight[0]] = value[0];
}
for (int i = 1; i < n; ++i) { //动态规划,状态转移
for (int j = 0; j <= w; ++j) { // 不选择第i个物品
if (states[i-1][j] >= 0) states[i][j] = states[i-1][j];
}
for (int j = 0; j <= w-weight[i]; ++j) { // 选择第i个物品
if (states[i-1][j] >= 0) {
int v = states[i-1][j] + value[i];
if (v > states[i][j+weight[i]]) {
states[i][j+weight[i]] = v;
}
}
}
}
// 找出最大值
int maxvalue = -1;
for (int j = 0; j <= w; ++j) {
if (states[n-1][j] > maxvalue) maxvalue = states[n-1][j];
}
return maxvalue;
}

莱文斯距离

编辑距离:将一个字符串转换为另一个字符串,需要的最少编辑操作(增加、删除、替换)次数。编辑距离越小,说明两个字符串越相似。
莱文斯距离允许增加、删除、替换三种操作,最长公共子串只允许增加、删除两种操作。
用回溯处理莱文斯距离,两个字符串 a、b,编辑 a 以得到 b。当 a[i] 和 b[j] 匹配时,递归匹配 a[i + 1] 和 b[j + 1];若不匹配,则:
  • 删除 a[i],递归匹配 a[i + 1] 和 b[j]
  • 在 a[i] 前增加一个字符 b[j],递归匹配 a[i] 和 b[j + 1]
  • 把 a[i] 替换成 b[j],递归匹配 a[i + 1] 和 b[j + 1]
// 回溯实现
private char[] a = "mitcmu".toCharArray();
private char[] b = "mtacnu".toCharArray();
private int n = 6;
private int m = 6;
private int minDist = Integer.MAX_VALUE; // 存储结果
// 调用方式 lwstBT(0, 0, 0);
public lwstBT(int i, int j, int edist) {
if (i == n || j == m) {
if (i < n) edist += (n-i);
if (j < m) edist += (m - j);
if (edist < minDist) minDist = edist;
return;
}
if (a[i] == b[j]) { // 两个字符匹配
lwstBT(i+1, j+1, edist);
} else { // 两个字符不匹配
lwstBT(i + 1, j, edist + 1); // 删除a[i]
lwstBT(i, j + 1, edist + 1); // a[i]前添加一个字符
lwstBT(i + 1, j + 1, edist + 1); // 将 a[i] 替换成 b[j]
}
}
定义状态 (i, j, min_edist),表示处理到 a[i], b[j] 时,已经编辑的最小次数,状态转移方程:
如果:a[i]!=b[j],那么:min_edist(i, j)就等于:
min(min_edist(i-1,j)+1, min_edist(i,j-1)+1, min_edist(i-1,j-1)+1)
如果:a[i]==b[j],那么:min_edist(i, j)就等于:
min(min_edist(i-1,j)+1, min_edist(i,j-1)+1,min_edist(i-1,j-1))
状态表的填充过程:
转换为代码:
public int lwstDP(char[] a, int n, char[] b, int m) {
int[][] minDist = new int[n][m];
for (int j = 0; j < m; ++j) { // 初始化第0行:a[0..0]与b[0..j]的编辑距离
if (a[0] == b[j]) minDist[0][j] = j;
else if (j != 0) minDist[0][j] = minDist[0][j-1]+1;
else minDist[0][j] = 1;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) { // 初始化第0列:a[0..i]与b[0..0]的编辑距离
if (a[i] == b[0]) minDist[i][0] = i;
else if (i != 0) minDist[i][0] = minDist[i-1][0]+1;
else minDist[i][0] = 1;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 按行填表
for (int j = 1; j < m; ++j) {
if (a[i] == b[j]) minDist[i][j] = min(
minDist[i-1][j]+1, minDist[i][j-1]+1, minDist[i-1][j-1]);
else minDist[i][j] = min(
minDist[i-1][j]+1, minDist[i][j-1]+1, minDist[i-1][j-1]+1);
}
}
return minDist[n-1][m-1];
}
private int min(int x, int y, int z) {
int minv = Integer.MAX_VALUE;
if (x < minv) minv = x;
if (y < minv) minv = y;
if (z < minv) minv = z;
return minv;
}

最长公共子串

只允许增加和删除,状态 (i, j, max_lcs) 表示 a[0:i], b[0:j] 的最长公共子串,状态转移方程:
如果:a[i]==b[j],那么:max_lcs(i, j)就等于:
max(max_lcs(i-1,j-1)+1, max_lcs(i-1, j), max_lcs(i, j-1));
如果:a[i]!=b[j],那么:max_lcs(i, j)就等于:
max(max_lcs(i-1,j-1), max_lcs(i-1, j), max_lcs(i, j-1));
public int lcs(char[] a, int n, char[] b, int m) {
int[][] maxlcs = new int[n][m];
for (int j = 0; j < m; ++j) {//初始化第0行:a[0..0]与b[0..j]的maxlcs
if (a[0] == b[j]) maxlcs[0][j] = 1;
else if (j != 0) maxlcs[0][j] = maxlcs[0][j-1];
else maxlcs[0][j] = 0;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {//初始化第0列:a[0..i]与b[0..0]的maxlcs
if (a[i] == b[0]) maxlcs[i][0] = 1;
else if (i != 0) maxlcs[i][0] = maxlcs[i-1][0];
else maxlcs[i][0] = 0;
}
for (int i = 1; i < n; ++i) { // 填表
for (int j = 1; j < m; ++j) {
if (a[i] == b[j]) maxlcs[i][j] = max(
maxlcs[i-1][j], maxlcs[i][j-1], maxlcs[i-1][j-1]+1);
else maxlcs[i][j] = max(
maxlcs[i-1][j], maxlcs[i][j-1], maxlcs[i-1][j-1]);
}
}
return maxlcs[n-1][m-1];
}
private int max(int x, int y, int z) {
int maxv = Integer.MIN_VALUE;
if (x > maxv) maxv = x;
if (y > maxv) maxv = y;
if (z > maxv) maxv = z;
return maxv;
}