【算法】——动态规划算法及实践应用

目录

前言：

一、什么是动态规划算法？

[1. 简单介绍](#1. 简单介绍)

[2. 如何实现](#2. 如何实现)

二、实践案例

[1. 第n个泰波那契数](#1. 第n个泰波那契数)

[2. 三步问题](#2. 三步问题)

[3. 解码方法](#3. 解码方法)

总结：

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前言：

本篇文章会介绍什么是动态规划算法，并会给出一些实践例题，方便我们快速掌握。

一、什么是动态规划算法？

1. 简单介绍

动态规划的核心思想是：将复杂的大问题拆解成一系列小问题，通过解决并"记住"这些小问题的答案，来避免重复计算，从而高效地解决大问题。

这过程就用到了迭代的思想，即由小推大，一步步接近最终目标。

2. 如何实现

动态规划算法的实现一般有以下几个步骤：

1. 定义状态表示
2. 找出状态转移方程（关键步骤）
3. 初始化
4. 确定计算顺序
5. 返回结果

接下我会对这几个步骤进行讲解：

首先动态规划一般会有一个dp表 ，用于存储历史数据，我们先假设这个dp表是一个一维数组。那么第一步定义状态表示就是定义dp i 到底表示了什么 ；第二步就是根据已有数据如果推出下一个值 dp i + 1 ，比如dp i +1 = dp i + dp i - 1 ；第三步初始化就是确定边界情况，即dp表中前几个数据的值；第四步确定计算顺序就是根据题目具体情况选择从哪边开始计算，再循环遍历；第五步返回dp表中最终的计算结果即可。

二、实践案例

光看概念还是比较抽象，所以我们接下来代入一些例子来进行讲解，让你快速上手动态规划。

1. 第n个泰波那契数

首先从一个简单的题目开始，走一走动态规划的五个步骤：

• 第一步，定义状态表示，先定义一个dp表，dp i 就表示下标为i的泰波那契数的值
• 第二步，状态转移方程，本题题目中已经给出，dpn+3 = dpn + dpn+1 + dpn+2
• 第三步，初始化，由于状态转移方程需要至少三个值，所以前三个泰波那契数都需要进行初始化，分别初始化为0，1，1
• 第四步，本题的计算顺序是从小推大
• 第五步，最终返回dpn的值即可

示例代码：

    int tribonacci(int n) {
        // 处理边界情况
        if(n == 0) return 0;
        if(n == 1 || n == 2) return 1;

        vector<int> dp(n+1);
        dp[0] = 0; dp[1] = 1; dp[2] = 1;   // 初始化dp表

        for(int i = 3; i <= n; i++){    
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3];// 根据状态转移方程推导dp表
        }
        return dp[n];
    }

2. 三步问题

不同于泰波那契数列，本题就需要我们自己去推一推各个步骤了。

首先我们用dpn来表示上到n阶台阶有的方式个数（为了方便数据的映射，我们选择浪费掉dp0这个空间），dp1只有一种方法，所以dp1 = 1；dp2可以直接从0阶到2阶，也可以从1阶到2阶，所以dp2 = dp1 + 1 = 2；dp3可以直接从0到3阶，也可以先到1阶再一步跨到3阶，也可以先到2阶再一步跨到3阶，所以dp3 = dp1 + dp2 + 1 = 4。

由此我们可以推断出更广泛的情况，即到第n阶台阶可以有先到n-1或n-2或n-3的台阶后，再跨一步到达n阶台阶，所以状态转移方程为dpn = dpn-1 + dpn-2 + dpn-3。

推导出核心的状态转移方程后遍历，最后输出结果即可。

示例代码：

    int waysToStep(int n) {
        const int mod = 1e9 + 7; // 模数
        if(n == 1 || n == 2)return n;
        if(n == 3)return 4;
        
        vector<int> dp(n+1);
        dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 4;

        for(int i = 4; i <= n; i++){
            dp[i] = ((dp[i-1] + dp[i-2])%mod + dp[i-3])%mod;
        }
        return dp[n];

由于本题数据较大，需要进行取模运算

3. 解码方法

这道题比前两道都要复杂一点，我们先初步定义dpi表示解码到下标为i位置的字符串时解法的个数， 那么推导dpi的状态转移方程就要分为两种情况，第一种：si作为一位数字解码，如果满足 '1' <= si <= '9'， 那么就可以编码，dpi += dpi-1 。第二种：si-1和si组合成两位数进行解码，如果两位数组合起来**>=10且<=26** ，那也可以编码，dpi += dpi-2。

dp0取决于第一个字符是否为'0'，而dp1就相对复杂，和后续的dpi状态转移方程的情况类似，但又因为数组范围的问题导致要单独处理。

所以这里在处理初始化时用到了一点小技巧，避免了dp1的单独处理，**即主动浪费第一个空间，**这样dp在用状态转移方程时就不会超出数组范围。但是相应的，s 和dp 的映射关系也要改变，dp 的所有数值都要后移一位，多出来的dp0的数值则要根据题目来设置，如本题dp0就等于1。

最终示例代码：

    int numDecodings(string s) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n+1, 0);
        dp[0] = 1;
        dp[1] = s[0] != '0';
        if(n == 1) return dp[1];

        for(int i = 2; i <= n; i++){
            // dp[i]单独解码
            if(s[i-1] != '0'){
                dp[i] += dp[i-1];
            }

            // dp[i]和dp[i-1]一起解码
            int val = (s[i-2] - '0')*10 + s[i-1]-'0';
            if(val >= 10 && val <= 26){
                dp[i] += dp[i-2];
            }
        }
    return dp[n];
    }

总结：

这里举了三道例题来讲解动态规划算法，但学会了这三道题也只是对动态规划算法有了初步认识，后续还需要练习更多的动态规划的算法题来进一步掌握。

以上便是本篇文章的所有内容了，如果觉得又帮助的话可以点赞收藏加关注支持一下！