动态规划理论及基础题目
理论基础
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动态规划,英文:Dynamic Programming,简称DP,如果某一问题有很多重叠子问题,使用动态规划是最有效的。
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所以动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的,这一点就区分于贪心,贪心没有状态推导,而是从局部直接选最优的。
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动态规划是当前的结果取决于上一阶段的结果,因此存在一个递推公式
动态规划做题五部曲:
- 确定dp数组(dp table)以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 打印dp数组
如何debug:
- 找问题的最好方式就是把dp数组打印出来,看看究竟是不是按照自己思路推导的!
- 写代码之前一定要把状态转移在dp数组的上具体情况模拟一遍,心中有数,确定最后推出的是想要的结果。
- 思考以下问题:
- 是否举例推导状态转移公式?
- 是否打印dp数组的日志?
- dp数组打印结果与推导状态时一致?
斐波那契数
斐波那契数,通常用 F(n) 表示,形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始,后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是: F(0) = 0,F(1) = 1 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2),其中 n > 1 给你n ,请计算 F(n) 。
动规五部曲:
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dp[i]的定义: 第 i 个数的斐波那契数值是dp[i]
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确定递推公式:
F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)
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dp数组初始化:
F(0) = 0,F(1) = 1
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确定遍历顺序: 从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出,dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2],那么遍历的顺序一定是从前到后遍历。
程序实现:
cpp
int fib(int n)
{
if(n <= 1)
return n;
vector<int> dp(n + 1);
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
return dp[n];
}
爬楼梯
假设你正在爬楼梯。需要 n ( n > 0)阶你才能到达楼顶。每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢?
示例 1:
输入: 2
输出: 2
示例 2:
输入: 3
输出: 3
思路:
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那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 ,第二层楼梯再跨一步就到第三层。
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所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来,那么就可以想到动态规划
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即要爬到第 i 层,可以由第 i - 1 层跨一步,或者 i - 2 层跨2步到达。
动态规划五部曲:
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dp[i]的定义: 爬到第 i 层楼梯,有 dp[i] 种方法
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确定递推公式:
- 首先是dp[i - 1],上i-1层楼梯,有dp[i - 1]种方法,那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。
- 还有就是dp[i - 2],上i-2层楼梯,有dp[i - 2]种方法,那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么
- 那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和,即
dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]
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dp数组初始化:
dp[1] = 1; dp[2] = 2
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确定遍历顺序: 从递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; 中可以看出,遍历顺序一定是从前向后遍历的。
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举例推导dp数组
举例当n为5的时候,dp table(dp数组)应该是这样的
程序实现
cpp
int climbStairs(int n)
{
if (n <= 2)
return n;
vector<int> dp(n + 1);
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
for (int i = 3; i <= n; i++)
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
return dp[n];
}
使用最小花费爬楼梯
给定一个整数数组 cost ,其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用,即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯,计算并返回达到楼梯顶部的最低花费
示例 1:
输入:cost = [10,15,20]
输出:15
解释:你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 ,向上爬两个台阶,到达楼梯顶部。
总花费为 15 。
示例 2:
输入:cost = [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出:6
动态规划五部曲:
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dp[i]的定义: 到达第 i 台阶所花费的最少体力为 dp[i]
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确定递推公式: 可以有两个途径得到dp[i],一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
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dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。
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dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。
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一定是选最小的,所以
cppdp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
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dp数组初始化: 题意表明可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯,因此
dp[0] = 0,dp[1] = 0
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确定遍历顺序: 因为是模拟台阶,而且 dp[i] 由 dp[i-1] dp[i-2]推出,所以是从前到后遍历cost数组就可以了
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举例推导dp数组
拿示例2:cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] ,来模拟一下dp数组的状态变化,如下:
程序实现:
cpp
int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost)
{
if(cost.size() <= 1)
return 0;
int size = cost.size();
vector<int> dp(size + 1); // 到达第 i 层的最小花费
dp[0] = 0;
dp[1] = 0;
for(int i = 2; i <= size; i++)
dp[i] = min(dp[i-1] + cost[i-1], dp[i-2] + cost[i-2]);
// for(int num : dp)
// cout << num << " ";
// cout << endl;
return dp[size];
}
不同的路径
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 (起始点在下图中标记为 "Start" )
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角(在下图中标记为 "Finish" )。
问总共有多少条不同的路径?
示例 1:
输入:m = 3, n = 7
输出:28
示例 2:
输入:m = 2, n = 3
输出:3
思路:
因为机器人只能向下或者向右移动一格,因此对于 nums[i][j] 只能由上方一格 nums[i-1][j] 或者 左边一格 nums[i][j-1] 移动得到。
动态规划五部曲:
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dp[i][j]的定义: 从[0,0] 出发到 [i,j] 有 dp[i][j] 条不同的路径。
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确定递推公式: 向下移动一格的路径 + 向右移动一格的路径(类似爬楼梯)
cppdp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
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dp数组初始化:
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根据递推公式可以看,需要对第一行与第一列的数组初始化。
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第一列的 dp 数组均为1,因为机器人跳到第一列的任何格子的路径只有1条(一直向下),即
dp[i][0] = 1;
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第一列的 dp 数组均为1,因为机器人跳到第一行的任何格子的路径只有1条(一直向右),即
dp[0][j] = 1;
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其余格子均通过递推公式求得,因此初始化为任何值均可。
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因此为了简化程序,dp 数组全部初始化为 1 即可。
cppvector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,1));
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确定遍历顺序: 根据递推公式,都是从其上方和左侧推导而来,因此从左到右,从上到下遍历即可。
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举例推导dp数组
程序实现:
cpp
int uniquePaths(int m, int n)
{
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,1));
// 其他块
for(int i = 1; i < m; i++)
{
for(int j = 1; j < n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
不同的路径2
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 (起始点在下图中标记为"Start" )。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角(在下图中标记为"Finish")。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径?
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
示例 1:
输入:obstacleGrid = [[0,0,0],[0,1,0],[0,0,0]]
输出:2
本题在上一题-不同的路径的不同点上进行优化
不同点:
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本题在递推时需要判断是否遇到障碍物,一旦遇到障碍物时,可走的路径为 0 (可省略,初始化就为0)
cppif(obstacleGrid[i][j] == 0) dp[i][j] = 0; // 可省略 因为初始化就为 0 else dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
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在初始化时,第一行/列,在遇到障碍物前,可走路径为1,障碍物后的路径均为 0,不妨初始均为0,即包括第一行/列遇到障碍物后,同时包括递推时遇到障碍物。
cpp// 初始化程序优化 vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,0));
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初始化第一行 / 列 遇到障碍物前路径条数为 1
cpp// 第一列 for(int i = 0; i < m; i++) { if(obstacleGrid[i][0]) break; else dp[i][0] = 1; } // 第一行 for(int j = 0; j < n; j++) { if(obstacleGrid[0][j]) break; else dp[0][j] = 1; }
程序实现:
cpp
int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid)
{
int m = obstacleGrid.size();
int n = obstacleGrid[0].size();
// 初始化程序优化
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n,0));
// 第一列
for(int i = 0; i < m; i++)
{
if(obstacleGrid[i][0])
break;
else
dp[i][0] = 1;
}
// 第一行
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(obstacleGrid[0][j])
break;
else
dp[0][j] = 1;
}
// 其他块
for(int i = 1; i < m; i++)
{
for(int j = 1; j < n; j++)
{
if(obstacleGrid[i][j] == 0)
dp[i][j] = 0;
else
dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
整数拆分
给定一个正整数 n,将其拆分为至少两个正整数的和,并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。
示例 1:
输入: 2
输出: 1
输入: 10
输出: 36
解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36。
思路
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将n拆成2个数,i 和 n - i,乘积为 i * (n - i)
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将n拆成多个数(>2),其中一个数为 i,另外数的和为 n - i,乘积为 i * dp[n-i],其中 dp[j] 表示拆分数字 j,可以得到最大的乘积
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这里这个想法(dp的含义)其实不是特别好想
动态五部曲
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dp[i]的定义:拆分数字 i,可得到的最大乘积
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递推公式:
cppdp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
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dp数组初始化
- 严格从 dp[i] 的定义来说,dp[0] dp[1] 就不应该初始化,也就是没有意义的数值
- 这里只初始化
dp[2] = 1;
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确定遍历顺序: 通过递推公式看出,从前向后遍历,先有dp[i - j]再有dp[i],所以顺序为:
cppfor (int i = 3; i <= n ; i++) { for (int j = 1; j < i - 1; j++) { dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j)); } }
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举例推导dp数组: 举例当n为10 的时候,dp数组里的数值,如下:
程序实现:
cpp
int integerBreak(int n)
{
// dp[i] : i 拆分后得到的最大乘积数
vector<int> dp(n+1);
// dp[0] dp[1] 无意义
dp[0] = dp[1] = 0;
dp[2] = 1;
for(int i = 3; i <= n; i++)
{
// 对 i 进行拆分 j 和 i-j
for(int j = 1; j < i; j++)
{
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
}
}
return dp[n];
}
不同的二叉搜索树
给定一个整数 n,求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种?
示例:
**突破口:**无
思路,画图找规律
当 n = 3 时,可以分为以下几种情况:
- 当 1 为头结点的时候,其右子树有两个节点,和 n 为 2 的时候两棵树的布局是一样的啊!
- 当 3 为头结点的时候,其左子树有两个节点,和 n 为 2 的时候两棵树的布局也一样
- 当 2 为头结点的时候,其左右子树都只有一个节点,和 n 为 1 的时候只有一棵树的布局也是一样的!
致此,发现了重叠子问题,也就是可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。
dp[3],就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量
元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。
所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
如图所示:
此时我们已经找到递推关系了,那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。
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dp[i]含义: 1 到 i 为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
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确定递推公式: dp[i] += dp[ 以j为头结点左子树节点数量 ] * dp[ 以j为头结点右子树节点数量 ],j相当于是头结点的元素,从1遍历到i为止。所以递推公式:
cppdp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
j-1 为 j 为头结点左子树节点数量,i-j 为以 j 为头结点右子树节点数量
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dp数组初始化:
cppdp[0] = 1; dp[1] = 1;
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确定遍历顺序: 通过递推公式看出,节点 i 依靠 i 之前节点数的状态,所以为顺序遍历。
cppfor(int i = 2; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= i; j++) { dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]; } }
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举例推导dp数组: n为5时候的dp数组状态如图:
程序实现:
cpp
int numTrees(int n)
{
// dp[i] : 输入 i 能形成的最多二叉搜索树的个数
vector<int> dp(n+1);
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
}
}
for(int num: dp)
cout << num << " ";
return dp[n];
}