数据结构——动态规划

前言

“动态规划”在大一时，就知道了这个词，当时觉得好难好高大上，从此心生畏惧，闻词色变，心理阴影一直留存到现在。

在校招时，也多次被问到动态规划相关的题目。

本篇从一道经典动态规划题目说起，慢慢展开。

从题目讲起

【换钱的方法数】

给定数组 arr，arr 中所有的值都为正数且不重复。每个值代表一种面值的货币，每种面值的货币都可以使用任意张，再给定一个整数 aim 代表要找的钱数，求换钱有多少种方法。

【举例】

arr = [5, 10, 25, 1]，aim = 15

则组成 15 元的方法共有 6 种，即 1 张 10 元和 1 张 5元、1 张 10 元 5 张 1 元、3 张 5 元、2张 5 元和 5 张 1 元、1 张 5 元和 10 张 1 元、 15 张 1 元。

【解析】

这道题目足够的经典，经典到校招时面试官面我第一个问题就是这个 = =。

之所以经典，是因为这道题通过暴力递归、记忆搜索和动态规划这 3 种方法均可以解决，同时这 3 种方法也是趋向最优解的过程。

通常情况下，可以通过暴力递归解决的问题都可以通过，暴力递归 -> 记忆搜索 -> 动态规划，这样的优化轨迹来进行优化。

从暴力递归到动态规划

暴力递归方法：

如果 arr[5, 10, 25, 1]，aim = 100，分析如下：

• 取 0 张 5 元，让剩下的 arr[1...N-1]（即 10、25、1 元）种货币，组成 100 元，求其方法数，结果记为 r1；
• 取 1 张 5 元，让剩下的 arr[1...N-1] 种货币，组成 100-5 元，求其方法数，结果记为 r2；
• 取 2 张 5 元，让剩下的 arr[1...N-1] 种货币，组成 90 元，求其方法数，结果记为 r3；
• ...
• 取 20 张 5 元，让剩下的 arr[1...N-1] 中货币，组成 0 元，求其方法数，结果记为 r21；

那么 r0 + r1 + r2 + r3 + ... + r21 即是总的方法数。

在上面的分析中，“让剩下的 arr[..]，组成。。。，求其方法数”，这句话其实就表示一个递归的过程。

可定义递归方法 solve(int index, int[] arr, int aim)，其中 index 表示用 arr[index...N-1] 种货币，组成 aim 元的方法数。源码如下：

    private int process(int[] arr, int aim) {
        if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0)
            return 0;
        return solve(0, arr, aim);
    }

    private int solve(int index, int[] arr, int aim) {
        int res = 0;
        if (index == arr.length) {
            res = aim == 0 ? 1 : 0;
        } else {
            for (int i = 0; arr[index] * i <= aim; i++) {
                res += solve(index + 1, arr, aim - arr[index] * i);
            }
        }
        return res;
    }

暴力递归方法的时间复杂度为 O(aim^N)，在暴力递归的过程中，其中有很多都是不必要的重复计算，比如当计算过 0 张 5 元加 1 张 10 元后，需要进行 arr[25, 1]，aim = 90 的递归，同样的，当计算过 2 张 5 元加 0 张 10 元后，需要进行的也是 arr[25, 1]，aim = 90 的递归，显然这两次的递归方法入参是相同的，是完全不必要的计算。

如何减少不必要的计算？因为重复调用的递归方法入参是相同的（因为 arr 为全局变量，所以可以忽略，即只考虑 index 和 aim），所以将第一次调用的返回值保存起来，当下次调用递归方法时，首先判断该入参所对应的结果是否已经保存，如果存在对应的结果，则直接获取，不再进行递归计算。

记忆搜索方法：

为了保存入参对应的结果，这里通过二维数组来保存，即：dp[index][aim]。因为 dp[][] 为整数二维数组，所以其初始值为 0，这里我们就要区分是否进行过递归计算，如果入参对应的值在 dp 中没有保存，则进行递归计算，如果计算的结果为 0，则保存至 dp 中的值为 -1，以此来区分没有进行过递归计算和计算结果为0这两种情况。源码如下：

    private int process(int[] arr, int aim) {
        if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0)
            return 0;
        int[][] dp = new int[arr.length + 1][aim + 1];
        return solve(0, arr, aim, dp);
    }

    private int solve(int index, int[] arr, int aim, int[][] dp) {
        int res = 0;
        if (index == arr.length) {
            res = aim == 0 ? 1 : 0;
        } else {
            int dpV;
            for (int i = 0; arr[index] * i <= aim; i++) {
                dpV = dp[index + 1][aim - arr[index] * i];
                if (dpV != 0) {
                    res += dpV == -1 ? 0 : dpV;
                } else {
                    res += solve(index + 1, arr, aim - arr[index] * i, dp);
                }
            }
        }
        dp[index][aim] = res == 0 ? -1 : res;
        return res;
    }

其实记忆搜索方法可以说是一种特别的动态规划方法，下面看经典的动态规划解决方法。

动态规划方法：

如果 arr 长度为 N，则生成行数为 N，列数为 aim + 1 的矩阵 dp。如下图所示：

dp[i][j] 表示在使用 arr[0...i] 货币的情况下，组成钱数 j 需要 dp[i][j] 种方法。

那么，dp[i][j] 就等于：

1. dp 矩阵的第一行、第一列比较特殊，已在上图中说明，不再赘述
2. 除第一行、第一列以外的位置，记为位置 dp[i][j]，那么 dp[i][j] 就是以下值的累加：
   1. 完全不使用 arr[i] 货币，只使用 arr[0...i-1] 货币时，方法数为 dp[i-1][j]
   2. 使用 1 张 arr[i] 货币，剩下的钱使用 arr[0...i-1] 货币组成时，方法数为 dp[i-1][j-1*arr[i]]
   3. 使用 2 张 arr[i] 货币，剩下的钱使用 arr[0...i-1] 货币组成时，方法数为 dp[i-1][j-2*arr[i]]
   4. ...
   5. 使用 k 张 arr[i] 货币，剩下的钱使用 arr[0...i-1] 货币组成时，方法数为 dp[i-1][j-k*arr[i]] ，其中 j - k * arr[i] >= 0

那么最终上图的右下角，dp[N-1][aim] 的值就是最终答案。源码如下：

private int dynamic1(int[] arr, int aim) {
        int[][] dp = new int[arr.length][aim + 1];
        for (int i = 0;i < arr.length;i++) {
            dp[i][0] = 1;
        }
        for (int i = 1;i * arr[0] <= aim;i++) {
            dp[0][i * arr[0]] = 1;
        }
        for (int i = 1;i < arr.length;i++) {
            for (int j = 1;j <= aim;j++) {
                int num = 0;
                for (int k = 0;k * arr[i] <= j;k++) {
                    num += dp[i - 1][j - k * arr[i]];
                }
                dp[i][j] = num;
            }
        }
        return dp[arr.length - 1][aim];
    }

现在来做个小结

• 递归方法 -> 记忆搜索方法：递归方法存在大量的重复计算，优化为记忆搜索方法后，通过二维数组保存计算结果的方式，避免了重复计算，典型的用空间换时间的方法
• 记忆搜索方法 -> 动态规划方法：记忆搜索方法的时间复杂度为 O(N * aim^2)，记忆搜索方法也是一种动态规划，不过它对递归过程进行了记录，避免重复的递归过程，而动态规划方法，不仅记录了计算的过程（即 dp 矩阵），同时也规定了计算的过程（记忆搜索方法的每一个结果都依赖于下一次的递归结果，所以计算过程是未知的，而动态规划的每一个结果都依赖于上一次的计算结果，所以计算过程是已知的）。
  这两种方法有好有坏，比如，arr[10000, 1000, 100]，aim = 100000 时，如果用动态规划方法，则要计算 3 * 100000 次，其中 aim = (0~99、101~999、1001~9999) 都是不需要计算的，因为通过 arr 数组的币种不可能组成这些钱数，但通过记忆搜索方法，就不会存在这种情况，它只对必须要计算的递归过程进行记录。

动态规划方法的进一步优化

在普通的动态规划方法中，其中最复杂的过程就是计算除第一行、第一列以为的 dp[i][j]，下面直接截图过来方便描述：

上图的步骤 2 中，第 1 种情况的方法数为 dp[i-1][j]，而第 2 种情况到第 k 种情况的累加值，其实就等于 dp[i][j-arr[i]]。

为什么是 dp[i][j-arr[i]] 呢？

• 第 2 种情况到第 k 种情况的累加，含义为：使用 1~k 张 arr[i] 货币，剩下的钱使用 arr[0...i-1] 货币去组成的方法数
• dp[i][j-arr[i]] 的含义为：使用 1 张 arr[i] 货币，剩下的钱使用 arr[0...i] 货币去组成的方法数

其实这两种的含义是相同的，如果将 dp[i][j-arr[i]] 写成 dp[i][j-1*arr[i]]，聪明的你是不是已经明白了呢？

优化后的动态规划方法，源码如下：

    private int dynamic2(int[] arr, int aim) {
        int[][] dp = new int[arr.length][aim + 1];
        for (int i = 0;i < arr.length;i++) {
            dp[i][0] = 1;
        }
        for (int i = 1;i * arr[0] <= aim;i++) {
            dp[0][i * arr[0]] = 1;
        }
        for (int i = 1;i < arr.length;i++) {
            for (int j = 1;j <= aim;j++) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + (j-arr[i] >= 0 ? dp[i][j - arr[i]] : 0);
            }
        }
        return dp[arr.length - 1][aim];
    }

可见 for 循环嵌套为两层，所以优化后的动态规划方法的时间复杂度为：O(N*aim)