动态规划-货币问题

动态规划-货币问题

题目一

arr是货币数组，其中的值都是正数。再给定一个正数aim。每个值都认为是一张货币，即便是值相同的货币也认为每一张都是不同的，返回组成aim的方法数。例如 : arr = { 1,1,1 }，aim = 2，第0个和第1个能组成2，第1个和第2个能组成2，第0个和第2个能组成2，一共3种方法，所以返回3

从递归入手，对于每一个货币，要么选，要么不选，那么递归代码如下：

int MethodCount1(vector<int>& arr, int aim) {
    return process1(arr, aim, 0, 0);//从0位置开始的总方法数
}
int process1(vector<int>& arr, int aim, int curIndex, int total) {
    if (total == aim) {
        return 1;
    }
    if (total > aim || curIndex == arr.size()) {
        return 0;
    }
    //1.选择当前位置
    int p1 = process1(arr, aim, curIndex + 1, total + arr[curIndex]);
    //2.不选
    int p2 = process1(arr, aim, curIndex + 1, total);
    return p1 + p2;
}

其中process1的参数含义如下：

• curIndex：表示当前正在arr的curIndex位置做决策(是否选择curIndex位置的货币)
• total：表示在curIndex之前做的决策已经积累了多少货币

递归终止条件：

• total==aim，表示当前来到curIndex位置是，前面做的决策组成的总货币数量正好等于title，可以直接返回1，表示前面做的决策是正确的，同时后面不应该继续决策（否则total会大于aim）
• total>aim，表示前面做的决策是错误的，返回0种方法
• total<aim，但是curIndex到达末尾位置，表示前面做的决策不能凑到aim的货币，返回0

当来到某一个位置时，可以选择使用当前位置的货币，对应p1，也可以选择不使用当前位置的货币，对应p2，然后在到下一个为止去做选择，这是2种不同的选择，所以总的方法数为p1+p2

递归过程中是否存在重复子过程？

具有重复子过程的递归才有改动态规划的意义，上面的递归过程是可能存在重复子过程的，以[1,1,1,2,5,3]，aim=7为例，可以选择下标为0和下标为1位置的1，不选择下标为2位置的1，于是就来到了下标为3的位置，此时total=2；也可以选择下标为1和下标为2位置的1，不选择下标为0位置的1，也来到了下标为3的位置，total=2，来到下标为3的位置，total=2出现了重复，因此上述递归过程存在重复子过程，改动态规划有利可图

动态规划

1. 分析可变参数的变化范围，在递归过程中，可变参数只有2个，curIndex和total，curIndex的变化范围是[0,arr.size()]，total的变化范围是[0,aim]，在递归过程中，虽然可能存在total>aim的情况，但是此时的返回值是确定的，为0，可以在改动态规划时进行边界判断，因此dp表的大小为arr.size()*aim

2. 分析位置依赖，从递归过程可以看出，process1(curIndex,total)依赖于process1(curIndex + 1, total)和process1(curIndex + 1, total + arr[curIndex])，反应到dp表中就是当前行只依赖于下一行的数据，因此在填表时从最后一行开始填即可

3. 状态转移方程，递归的过程就是状态转移方程，process1(curIndex,total)依赖于process1(curIndex + 1, total)和process1(curIndex + 1, total + arr[curIndex])，所以状态转移方程就是dp[i][j]=dp[i+1][j]+dp[i+1][j+arr[i]]

4. 初始化，dp表的初始化就是递归过程的临界条件，当total==aim的时候，无论curIndex为和值，结果都是1，当total!=aim，total > aim || curIndex == arr.size()时，结果是0

5. 动态规划代码：

   int MethodCount1dp(vector<int>& arr, int aim) {
       //可变参数为curIndex和total
       //curIndex->[0,arr.size()]
       //total->[0,aim],因为当total>aim时返回0
       vector<vector<int>> dp(arr.size() + 1, vector<int>(aim + 1));
       for (int curIndex = 0; curIndex <= arr.size(); curIndex++) {
           dp[curIndex][aim] = 1;//total==aim时
       }
       for (int curIndex = arr.size() - 1; curIndex >= 0; curIndex--) {//从最后一行开始填表
           for (int total = 0; total < aim; total++) {
               //total从左往后或从右往左填无所谓
               //循环条件为total<aim,因为total==aim时结果为1
               int p1 = total + arr[curIndex] > aim ? 0 : dp[curIndex + 1][total + arr[curIndex]];//对total + arr[curIndex]>aim的情况进行特殊处理,根据递归郭晨可知,大于aim时结果为0
               int p2 = dp[curIndex + 1][total];
               dp[curIndex][total] = p1 + p2;
           }
       }
       return dp[0][0];//主函数调用process1(arr, aim, 0, 0),因此返回dp[0][0]
   }

题目二

arr是面值数组，其中的值都是正数且没有重复。再给定一个正数aim。每个值都认为是一种面值，且认为张数是无限的。返回组成aim的方法数例如︰arr = {1,2}， aim = 4。方法如下∶1 + 1 + 1 + 1、1 + 1 + 2、2 + 2一共3种方法，所以返回3。

递归过程与题目1类似，均为从左往右的尝试模型，只是每一种面值都可以选择无限多张，在递归时需要注意选择的总面额要<=aim，递归过程：

int MethodCount2(vector<int>& arr, int aim) {
    //暴力递归：每一个位置可以选择多次
    return process2(arr, 0, aim);//当前在0位置，还需要凑齐aim元的方法
}
int process2(vector<int>& arr, int Index, int rest) {
    if (rest == 0) {
        return 1;
    }
    if (Index == arr.size()) {//不会出现aim<0的情况，因为在for循环中已经避免
        return 0;
    }
    int ans = 0;
    //当前位置可以选很多次
    for (int cnt = 0; cnt * arr[Index] <= rest; cnt++) {
        ans += process2(arr, Index + 1, rest - (cnt * arr[Index]));
    }
    return ans;
}

参数含义：

• Index，表示当前正在Index位置做决策
• rest，还需要凑总计rest价值的面额，当rest==0时表示不需要凑面额了，也就是找到了一种方法。第二个参数也可以定义为目前已经凑到的面额数，这样就与题目1一样，只要逻辑上合理即可

递归过程：

• 当rest==0时，表示还需要凑0价值的面额，表示前面所做的决策是正确的，找到了1种方法
• rest>0&&Index == arr.size()，表示已经达到结尾，但是还有rest面额需要去凑，此时返回0
• rest>0&&Index < arr.size()，此时可以选择自由选择Index位置的面额，可以选1次、2次、......，不过需要注意的是，选择n次之后rest应该保证大于0，例如需要凑5元的面值，不能选6张1块的，通过cnt * arr[Index] <= rest可以保证这一点
• 递归过程中不可能出现rest<0的情况，因为主函数在调用process2时传入的rest一定大于0，在process2中，for循环内调用process2也保证了rest>=0，因此整个过程rest>=0

动态规划

在process2过程中，process2(Index,rest)依赖于process2(Index+1,......)，当前行只依赖于下一行的数据，因此在填dp表时，从最后一行开始填

int MethodCount2dp(vector<int>& arr, int aim) {
    //Index->[0,arr.size()]
    //rest->[0,aim]
    vector<vector<int>> dp(arr.size() + 1, vector<int>(aim + 1));
    for (int i = 0; i <= arr.size(); i++) {
        dp[i][0] = 1;//rest==0,return 1
    }
    for (int Index = arr.size() - 1; Index >= 0; Index--) {
        for (int rest = 1; rest <= aim; rest++) {//rest==0已经填过了
            int ans = 0;
            for (int cnt = 0; cnt * arr[Index] <= rest; cnt++) {
                ans += dp[Index + 1][rest - (cnt * arr[Index])];
            }
            dp[Index][rest] = ans;
        }
    }
    return dp[0][aim];
}

分析位置依赖

在动态规划方法的填表过程中，确定一个位置需要通过for循环完成，我们可以画出位置依赖图

假设rest=7，当前来到2号下标做选择，arr[2]=3，那么根据for循环代码，(rest,Index)位置依赖于下一行的图示位置A、B和C，同时还可以观察出(rest-arr[Index],Index)依赖于下一行的A和B，所以一个位置实际上依赖于它左边的位置和它下方的位置，因此动态规划的状态转移方程可以简化为dp[Index][rest]=dp[Index+1][rest]+dp[Index][rest-arr[Index]](需要处理边界)，这是通过分析位置依赖得出的结论。所以上面的代码可以改写为：

int MethodCount2dp(vector<int>& arr, int aim) {
    vector<vector<int>> dp(arr.size() + 1, vector<int>(aim + 1));
    for (int i = 0; i <= arr.size(); i++) {
        dp[i][0] = 1;
    }
    for (int Index = arr.size() - 1; Index >= 0; Index--) {
        for (int rest = 1; rest <= aim; rest++) {//rest==0已经填过了
            dp[Index][rest]=dp[Index+1][rest];
            if(rest-arr[Index]>=0){
                dp[Index][rest]+=dp[Index][rest-arr[Index]];
            }
        }
    }
    return dp[0][aim];
}

题目三

arr是货币数组，其中的值都是正数。再给定一个正数aim。每个值都认为是一张货币，认为值相同的货币没有任何不同，返回组成aim的方法数。例如 : arr = {1,2,1,1,2,1,2}, aim = 4，方法∶1 + 1 + 1 + 1、1 + 1 + 2、2 + 2一共就3种方法，所以返回3

题目3中需要统计出每种面值出现的次数，递归过程也是采用从左往右进行尝试

int MethodCount3(vector<int>& arr, int aim) {
    vector<int> counts;//统计张数
    vector<int> money;
    unordered_map<int, int> hashMap;
    for (int m : arr) {
        hashMap[m]++;
    }
    for (auto [m, c] : hashMap) {
        money.push_back(m);
        counts.push_back(c);
    }
    return process3(money, counts, 0, aim);
}
int process3(vector<int>& money, vector<int>& counts, int Index, int rest) {
    if (rest == 0) {
        return 1;
    }
    if (Index == money.size()) {
        return 0;//rest>0
    }
    int ans = 0;
    for (int cnt = 0; cnt <= counts[Index] && rest - cnt * money[Index] >= 0; cnt++) {
        ans += process3(money, counts, Index + 1, rest - cnt * money[Index]);
    }
    return ans;
}

与题目2不同的是，题目3中的for循环除了保证rest减完之后大于0，还要保证在Index位置使用的货币数量不能超过原数组中对应的面值数量。

动态规划

由递归过程可以比较容易的改出动态规划版本

int MethodCount3dp(vector<int>& arr, int aim) {
    vector<int> counts;
    vector<int> money;
    unordered_map<int, int> hashMap;
    for (int m : arr) {
        hashMap[m]++;
    }
    for (auto [m, c] : hashMap) {
        money.push_back(m);
        counts.push_back(c);
    }
    vector<vector<int>> dp(money.size() + 1, vector<int>(aim + 1));
    for (int i = 0; i <= money.size(); i++) {
        dp[i][0] = 1;
    }
    for (int Index = money.size() - 1; Index >= 0; Index--) {
        for (int rest = 0; rest <= aim; rest++) {
            int ans = 0;
            for (int cnt = 0; cnt <= counts[Index] && rest - cnt * money[Index] >= 0; cnt++) {
                ans += dp[Index + 1][rest - cnt * money[Index]];
            }
            dp[Index][rest] = ans;
        }
    }
    return dp[0][aim];
}

分析位置依赖

假设来到Index=2位置做决策，并假设此时rest=11，money[2]=3，counts[2]=2，则位置依赖如图：

通过观察可以发现：dp[Index][rest]=dp[Index+1][rest]+dp[Index][rest-money[Index]]-O点(需要对边界进行额外处理)，O点的坐标为(Index+1,rest-(counts[Index]+1)*money[Index])。优化代码：

int MethodCount3dp2(vector<int>& arr, int aim) {
    vector<int> counts;
    vector<int> money;
    unordered_map<int, int> hashMap;
    for (int m : arr) {
        hashMap[m]++;
    }
    for (auto [m, c] : hashMap) {
        money.push_back(m);
        counts.push_back(c);
    }
    vector<vector<int>> dp(money.size() + 1, vector<int>(aim + 1));
    for (int i = 0; i <= money.size(); i++) {
        dp[i][0] = 1;
    }
    for (int Index = money.size() - 1; Index >= 0; Index--) {
        for (int rest = 0; rest <= aim; rest++) {
            dp[Index][rest] = dp[Index + 1][rest];
            if (rest - money[Index] >= 0) {
                dp[Index][rest] += dp[Index][rest - money[Index]];
            }
            if (rest - (counts[Index] + 1) * money[Index] > 0) {
                dp[Index][rest] -= dp[Index + 1][rest - (counts[Index] + 1) * money[Index]];
            }
        }
        
    }
    return dp[0][aim];
}

总结

有重复子过程的递归可以尝试将其改写为动态规划，这样会使得解决问题的时间复杂度大大减小，动态规划的状态转移方程其实就是递归的尝试过程，dp表的初始化就是递归的出口，dp表的填表顺序取决于尝试策略，在填表时，若确定dp表的一个位置需要使用for循环，应该尝试分析递归过程和位置依赖，以确定是否可以做进一步的优化。