动态规划（DP）基础

 

DP基础

• 简单dp
• 背包问题
• 记忆化搜索

简单dp

数字三角形

给一个数字构成的三角形，求从顶端走到底部的一条路径，使得路径上的和最大(或者最小)。

        1
      2   3
    6   5   4
     Example_1
        7
      3   8
    8   1   0
  5   2   6   100000
     Example_2

根据Example_2可以知道贪心显然是不正确的。
可以看出，除了两边的点以外，每个点可以上一层的两个位置之一到达当前点。
如果我们知道上一层的从顶端到达两个位置的最大路径值，那么对于当前点来说，必然选择较大的那个位置转移过来，也就得到了顶端到达当前位置的最大值。
以Example_1为例，

    dp[1] = 1;
    dp[2] = dp[1] + 2 = 3;
    dp[3] = dp[1] + 3 = 4;
    dp[6] = dp[2] + 6 = 11;
    dp[5] = max(dp[2], dp[3]) + 5 = 9;
    dp[4] = dp[3] + 4 = 8;

最长上升子序列

给 个数，求上升子序列的最长长度。

上升子序列，即找到 ，满足

7
1 7 3 5 9 4 8

最长上升子序列长度为4，其中一种可行的方案为1，3，5，9。

做法

1. 
   表示以第个数结尾的上升子序列的最长长度。

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    f[i] = 1;
    for (int j = 1; j < i; ++j)
        if (a[j] < a[i])
            f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
}

2. 
   对于当前位置的数 来说，就是要找到比它小的数结尾的上升子序列的最长长度，用 表示以数值 结尾的上子序列的最长长度，结合树状数组或者线段树维护区间 的最大长度值即可。
   当 比较大(比如)时，需要对数值先进行离散化。

离散化，可以简单地理解为将非常大、不连续的值映射成较小的、连续的值，一一对应。

/**
* 离散化
*/
vector<int> V;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
    V.push_back(a[i]);
// 排序
sort(V.begin(), V.end());
// 去重
V.erase(unique(V.begin(), V.end()), V.end());
// 二分映射位置(0 ~ n - 1)
for (int i = 1; i <= n; ++i)
    a[i] = lower_bound(V.begin(), V.end(), a[i]) - V.begin();

背包问题

• 01背包
• 完全背包
• 多重背包

01背包

有一个空间为的背包，有件物品可以选择装入背包，每个物品有价值和体积，求在空间允许的情况下装入的物品价值和最大。

简要分析：在空间固定的情况下，价值肯定越大越好。或者反过来想，在价值固定的情况下，空间越小越好。

// f[i]表示空间为i时的最大价值。
for (int i = 1; i <= n; ++i) // 枚举物品
    for (int j = W; j >= w[i]; --j) // 倒着做，避免同一物品装入多次
        f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);

完全背包

背包空间为，有种物品，每种物品有价值和体积，每种物品有无数件，求背包能装入的最大价值。

简要分析：与01背包的区别在于，一种物品是只有一件还是无数件，01背包是倒着做来避免同一物品装入多次，那么完全背包反过来就可以了。

// f[i]表示空间为i时的最大价值。
for (int i = 1; i <= n; ++i) // 枚举物品
    for (int j = w[i]; j <= W; ++j) // 正着做，同一物品可以装入多次
        f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);

多重背包

多重背包介于01背包和完全背包之间，每种物品的数量限制为个。

分析：对于每种物品，如果把它视为种物品，每种物品只能取一件，就转化成了01背包问题。但是可能非常大，导致复杂度()过高。这时候需要做一些优化工作。已知用1、2、4、8可以组合0~15的任意一个数值。
在二进制下，0~15的数值最多有4位，0000~1111。
而，所以对于0~15的数值化为二进制后根据相应位是否为1就可以知道由1、2、4、8哪些数构成。例如，。
回到背包问题上，我们可以将分成种物品（最多种），每种物品的数量为1，这样理论上可以组合出中的任意数量。时间复杂度降为。

记忆化搜索

本质上还是DP，但是状态之间的转移写成了dfs的形式，所以计算过程中可以减少一些不必要的状态，以及方便边界处理。

POJ 1088 滑雪

Description
Michael喜欢滑雪百这并不奇怪， 因为滑雪的确很刺激。可是为了获得速度，滑的区域必须向下倾斜，而且当你滑到坡底，你不得不再次走上坡或者等待升降机来载你。Michael想知道载一个区域中最长底滑坡。区域由一个二维数组给出。数组的每个数字代表点的高度。下面是一个例子
1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12/ 11 10 9
一个人可以从某个点滑向上下左右相邻四个点之一，当且仅当高度减小。在上面的例子中，一条可滑行的滑坡为24-17-16-1。当然25-24-23-…-3-2-1更长。事实上，这是最长的一条。
Input
输入的第一行表示区域的行数R和列数C(1 <= R,C <= 100)。下面是R行，每行有C个整数，代表高度h，0<=h<=10000。
Output
输出最长区域的长度。
Sample Input
5 5
1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12 11 10 9
Sample Output
25

分析：对当前位置(x, y)来说，当满足高度大小关系的时候，可以连接到(x - 1, y)、(x, y + 1)、(x + 1, y)和(x, y - 1)。
当然可以将所有位置按高度排序，然后按顺序去DP，时间复杂度为
用记忆化搜索的方法做的话，dfs(x, y)表示从(x, y)出发的最长长度，, 当。
因为从(x, y)出发的最长长度是固定的，不存在什么限制条件，所以可以用表示dfs(x, y)，令初值为-1，当访问dfs(x, y)时若不为-1，说明计算过了，直接返回即可，这样就避免了重复计算。
当(x, y)超出边界时，直接返回0即可。