关于动态规划的一些理解

关于动态规划的一些理解

1. 什么是动态规划#

动态规划（DP，Dynamic Programming）是一种解决问题的方法。它通过将难以实现的整体的大问题划分成简单的局部的小问题。最后将小问题一一求解以完成问题。

对于动态规划能否使用有一些限制，这些限制我推荐参看动态规划基础 - OI Wiki中的描述。（实际上是不是用DP看一眼题就知道了）。

动态规划只是一种解决问题的方法，它并不是类似于DFS（深度优先搜索）有特定实现的算法，具体问题具体分析。

2. 常见的动态规划类型以及理解#

2.1 背包DP#

背包问题是动态规划的一个分支。对于大部分人而言，背包DP更容易理解、入门动态规划。

背包问题本质是在多个种类物品之间做选择。由于[重量]等原因对于选择做了限制，通常求选择的最优解。

2.1.1 01背包#

01背包是背包问题的一种。该类问题需要在多个种类的物品之间做出选择，每个种类只能选择一个，由于“选与不选”的特性，类似于二进制中的01[真假]，所以称为01背包。

下面对于01背包一个例题：

P2871 [USACO07DEC] Charm Bracelet S - 洛谷

题目大意：

有 N 件物品和一个容量为 M 的背包。第 i 件物品的重量是 Wi，价值是 Di。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。

输入样例：

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4 6
1 4
2 6
3 12
2 7

输出样例：

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23

解题思路：

这是一道01背包问题的模板题。对于容量 M 的背包，装 x 个物品使其总价值 D 最大。最先想到的可能是贪心。但是由于重量的存在，使得价值最高可能不是收益最高。高价值高重量的物品可能不及多个低价值低重量物品之和。所以应该使用动态规划。

假设我们有 $f(u,v)$ 。它表示拿前 $u$ 件物品且剩余容量是 $v$ 时能拿到的最大值，不难看出，$f(N,M)$ 是这道题的答案。

那么我们就将求这道题的答案转化为了求 $f(N,M)$。我们首先需要把 $f(u,v)$ 表示出来。

我们只关注于第 u 件物品，它有取与不取两种可能。若是取，则剩余 $v-W_i$ 的空间，获得了 $D_i$ 价值的物品。若是不取，则空间没有变化，得到的价值也没有变化。

不管取了还是不取，我们都对第u件物品做出了决策。我们需要在两个决策中选择一个最好的。所以我们需要知道两个决策的价值并比较。

对于取了的情况，我们得到的价值是剩余的空间取前 u-1 个物品的最大价值加上这件物品的价值。即 $f(u-1,v-D_i)+W_i$ .

对于没有取的情况，我们得到的价值是目前的空间前 u-1 个物品的最大价值。即 $f(u-1,v)$ .

最后，我们对两个决策之间选择一个最大值，就是 f(u, v) 的最优解：

$$f(u,v)=max\{f(u-1,v-D_i)+W_i,f(u-1,v)\}$$

这就是这道题的状态转移方程。

由于这道题是模板题，实际上所有的01背包方程都是基于这个方程推导出来的。

核心代码：

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// C++
for(int i = 1; i <= N; i++) // 循环从1开始，可以避免处理越界行为，DP默认初始化0
{
    for(int j = 1; i <= M; j++) // 列举背包空间的情况
    {
        if (j < D[i]) // 在实际代码中，会有无法取的情况，这种情况就是不取
        {
            DP[i][j] = DP[i-1][j]; // 不取
        }
        else
        {
            DP[i][j] = std::max(DP[i-1][j-D[i]] + W[i], DP[i-1][j]); // 状态转移方程
        }
    }
}

优化：

仔细观察状态转移方程。发现对于 $f(u,v)$ 有影响的只有 $u-1$ ，所以我们就可以将状态转移方程压缩为一维，即一个参数。

假设有状态 $f(v)$ 表示剩余空间为 $v$ 时的最优解，写出状态转移方程：

$$f(v)=max\{f(v),f(v-D_i)+W_i\}$$

优化后的核心代码：

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for(int i = 1; i <= N; i++)
{
    for(int j = M; j >= W[i]; j--)
    {
        DP[j] = std::max(DP[j], DP[j - D[i]] + W[i]); // 状态转移方程
    }
}

一些练习题：

[P1049 NOIP2001 普及组] 装箱问题 - 洛谷

[P1048 NOIP2005 普及组] 采药 - 洛谷

2.1.2 完全背包#

完全背包是背包问题的一种。它与01背包不同，01背包每类物品只能取一次，而完全背包每类物品能取无数次。

实际上，由于“背包容量”的限制，实际能取到的数量是有限的，这也是需要决策取舍的地方。

例题：

P1616 疯狂的采药 - 洛谷

题目大意：

在总共 $t$ 的时间内，对 $m$ 种草药中进行无数量限制的采摘。对于每类草药，有 $A_i$ 和 $B_i$ 分别表示草药的采集时间和价值。

解题思路：

这是一个完全背包问题。我们将决策从取与不取转换到取多少。我们用 $k$ 来表示取 $k$ 个草药。

有状态 $f(u,v)$ 。表示在剩余背包空间为 $v$ 时对前 $u$ 种草药做决策后的最优解。不难发现，$f(m,t)$ 是本题答案。

如果对第 $u$ 种草药取了 $k$ 个，那么获得的收益为：

$$f(u-1,v-k\times A_i)+k\times B_i$$

特别地，如果没有取，则 $k=0$ ，所以 $k$ 的取值范围是 $[0,+\mathrm{\infty })$ .

状态转移方程：

$$f(u,v)=\underset{k=0}{\overset{\mathrm{\infty }}{max}}\{f(u-1,v-k\times A_i)+k\times B_i\}$$

核心代码：

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for(int i = 1; i <= m; i++)
{
    for(int j = 1; j <= t; j++)
    {
        for(int k = 0; k * A[i] <= j; k++) // 如果不能取就没有必要增加取的数量
        {
            DP[i][j] = std::max(DP[i][j], DP[i-1][j-k*A[i]]+k*B[i]); // 状态转移方程
        }
    }
}

这是一个 $O(n^3)$ 的算法。是否能像01背包一样优化？

实际上，对于 $f(u,v)$ 可以不枚举 $k$ ，即：

$$f(u,v)=max\{f(u-1,v),f(u-1,v-Ai)+Bi\}$$

对于核心代码，与01背包的枚举顺序是相反的：

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for(int i = 1; i <= m; i++)
{
    for(int j = 0; j <= t - A[i]; j++) // 与01背包相反的枚举顺序
    {
        DP[j + A[i]] = std::max(DP[j] + B[i], DP[j + A[i]]); // 状态转移方程
    }
}

时间复杂度 $O(n^2)$ .

2.2 区间DP#

区间DP是对一个区间进行合并，求合并操作后的最优解。

区间DP最经典的例题就是石子合并。实际上这道题还可以进行四边形不等式优化，在这里不展开，参见后文DP优化。

例题：

P1880 [NOI1995] 石子合并 - 洛谷

题目大意：

在一个圆形操场的四周摆放 $N$ 堆石子，现要将石子有次序地合并成一堆，规定每次只能选相邻的 2 堆合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。求得分的最大值和最小值。

样例输入：

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4
4 5 9 4

样例输出：

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43
54

解题思路：

这是一道区间DP模板题。非常经典。我们先不考虑环形的问题。假设他是直线的。

对于这道题，有状态转移方程 $f(i,j)$ 表示在区间 $i$ 到 $j$ 之内合并后的最大值。显然，对于这道题的无环情况，$f(0,N-1)$ 是答案。

仍然是表示状态转移方程。对于区间 $i$ 到 $j$ ，我们假设由一个下标 $k$ 。它将区间 $i$ 到 $j$ 由 $k$ 分隔开成两份。左右两边份分别合并成一堆，最后整体合并成一堆。那么求 $k$ 的最优解，就是求 $f(i,j)$ 的最优解。

我们使用枚举法：

$$f(i,j)=max\{f(i,k)+f(k+1,j)+cost\}$$

其中：$k$ 从 $i$ 到 $j-1$ 进行枚举。cost是合并 $i$ 到 $j$ 后获得的收益。对于此题，$cost=\sum _{n=i}^j{A}_n$ 。$A_n$ 表示第 $n$ 堆小石子的数量。

然后设 $sum$ 为 $A$ 的前缀和。状态转移方程转化为：

$$f(i,j)=max\{f(i,k)+f(k+1,j)+sum(j)-sum(i-1)\}$$

随后我们设 $length=j-i-1$ 。那么枚举所有的 $length$ 。随后枚举所有的 $i$ ，求出 $j$ 。列举所有的 $k$ 进行状态转移。时间复杂度 $O(n^3)$ 。

如果你看到这里想要试一试，不妨尝试这道简化版无环：

P1775 石子合并（弱化版） - 洛谷

如何处理环？

我们将原数组 $A$ 扩展到原来的二倍。$A_n=A_{2n}$ 。随后我们使用动态规划求解。最终的答案为：

$$answer=max\{f(a+1,a+n)\}(a\in [0,N-2])$$

核心代码：

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for(int l = 2; l <= N; l ++) // 枚举所有可能的长度
{
    for(int i = 1; i <= 2 * N + 1 - l; i++) // 枚举所有的i
    {
        int j = l + i - 1; // 通过长度与i计算j
        for(int k = i; k < j; k++) // 枚举所有可能的k
        {
            DP[i][j] = std::max(DP[i][j], DP[i][k] + DP[k + 1][j] + sum[j] - sum[i - 1]); // 状态转移方程
        }
    }
}