算法第三章作业
组员：高珞洋，何汶珊
你对动态规划算法的理解
首先，个人感觉动态规划是在分治法的基础上进行了改良，但是动态规划和分治法的使用是需要分情况的，并非适用分治法的问题都能用动态规划
分治法的思想可以粗略概括为：
1.将问题分解成若干个规模较小的子问题，各个子问题之间没有关联
2.将每个小规模的问题逐个解决
3.合并子问题
然后动态规划与分治法不同的点在于：
1.虽然都是分割成规模较小的子问题，但是各个问题之间有联系
2.动态规划需要一个表，来表达各个问题之间的关系，同时存储子问题联系合并之后的数据
动态规划的难点在于，理解并且运用好这张表：
首先需要弄清楚这张表代表了什么，一般而言辅助表的作用是存储本级问题的最优解，同时本级问题的最优解要包含较低级问题的最优解
其次要写好递归方程式，即用递归方程是表达各级问题最优解之间的关系，以及如何根据下一级最优解和已有条件获得本级的最优解
//以下一个问题摘自珞洋博客有了递推关系式，为什么不用递归呢？
事实上，有了递推关系后，利用递归是完全能解决问题的，但是它和动态规划相比时间却大大增加，原因就在于递归进行了太多次重复运算。
递归解题的时候，假设我解第n个问题，需要从n-1，n-2...一直解到第1个问题，再将所有结果相加得到第n个问题的解。而这些步骤显然在解第n-1个问题的时候都做过一遍，增加了许多无用开销。
在动态规划中，我们用数组保存最优解，即保存了n-1的最优解，那么当求解第n个问题的时候，直接调用n-1的最优解即可，大大降低了时间复杂度。这也是我们追求利用循环实现递推关系而不用递归的原因。
分别列出编程题1、2的递归方程
3-1单调递增最长子序列
定义ele[i]表示第i个元素，maxSub[i]表示第一个元素到第ele[i]的最长单调递增子序列的长度
从前开始往后扫描，将每个元素作为最后一个元素，求此情况下的最长单调递增子序列的长度，并以此作为一个子问题，即每个maxSub[i]为一个子问题。
在每个子问题中我们仍需要进行扫描，从第一个元素扫到第i-1个数，设扫描的数为j，即0<j<i。
那么我们要做的就是，如果ele[j]<ele[i]，那么理应让当前的递增子序列长度+1。但是直接+1忽略了两次的ele[j]之间可能出现降序的情况，因此需要比较两次的maxSub[j]+1，因为maxSub[j]表示第一个元素到第ele[i]的最长单调递增子序列的长度，而当ele[j]<ele[i]，那么ele[i]必然能加入其中构成新的递增子序列且长度加一，即maxSub[i]=maxSub[j]+1
由此得出递归方程：
maxSub[i] = max{maxSub[j] + 1} (0<j<i，0<i<n)
在代码实现中，需要额外变量来保存max{maxSub[j] + 1}，不过为了图方便，我直接把maxSub[j] + 1放到maxSub[i]中。这样在求解maxSub[i]的时候，maxSub[i]当前的值就表示上一个maxSub[j] + 1，这样就只用比较maxSub[j] + 1 和maxSub[i]了，即：
maxSub[i] = max{maxSub[i], maxSub[j] + 1} (0<j<i，0<i<n)
3-2 租用游艇问题
定义cost[i][j]表示第i个租船点到第j个租船点的费用，min[i]表示从第i个租船点到终点的最小费用
这题一开始采用的算法，需要用到一个二维数组来存储每个租船点到终点的最小费用，但在参考了一些资料之后，发现可以采用更加简洁易懂的算法：
假设第i个租船点到终点的最低费用路径为i-A-B-C-D-n（终点），那么从第A个租船点到终点的最低费用路径肯定是A-B-C-D-n（终点），依此类推，因此可以从终点往前推，即表min[i]从右往前填表
因此表min[i]要内存储的数据为第i个租船点到终点的最低费用，则令min[i]=cost[i][i+1]+min[i+1]，若cost[i][i+2]+min[i+2]<min[i]，则令min[i]=cost[i][i+2]+min[i+2]，反之相反，因此可得递归方程为
min[i]=min{cost[i][j]+m[j],m[i]}，i+1<=j<=n
说明结对编程情况
在结对编程中，基本上是珞洋来打代码，我用草稿纸跟着他的思路写一下递归方程或者画一下过程
在比较难的地方，比如表的作用，下一级的最优解和上一级的最优解之间的关系，都是珞洋跟我讲解的
珞洋的讲解总是很详细，会让我在思路上有很深刻的印象，但是这样我也会缺乏锻炼的机会，导致真正上机自己打代码时会有很多bug，实操能力不强
因为上周有想着要自己多实操，所以在pta顺着自己的思路打了两题，然后再对比珞洋的代码，就会发现自己的可读性不强，然后也不够简洁明了，格式也不是那么好看
希望后面除了学习珞洋的思路，还能在实操上多学习
