前言

前言_

我們遇到的問題中，有很大一部分可以用動態規劃(簡稱DP)來解。 解決這類問題可以很大地提升你的能力與技巧，我會試著幫助你理解如何使用DP來解題。 這篇文章是基於例項展開來講的，因為乾巴巴的理論實在不好理解。

注意：如果你對於其中某一節已經瞭解並且不想閱讀它，沒關係，直接跳過它即可。

簡介(入門)

什麼是動態規劃，我們要如何描述它?

動態規劃演算法通常基於一個遞推公式及一個或多個初始狀態。 當前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動態規劃來解題只需要多項式時間複雜度， 因此它比回溯法、暴力法等要快許多。

現在讓我們通過一個例子來了解一下DP的基本原理。

首先，我們要找到某個狀態的最優解，然後在它的幫助下，找到下一個狀態的最優解。

“狀態”代表什麼及如何找到它?

“狀態"用來描述該問題的子問題的解。原文中有兩段作者闡述得不太清楚，跳過直接上例子。

如果我們有面值為1元、3元和5元的硬幣若干枚，如何用最少的硬幣湊夠11元？ (表面上這道題可以用貪心演算法，但貪心演算法無法保證可以求出解，比如1元換成2元的時候)

首先我們思考一個問題，如何用最少的硬幣湊夠i元(i<11)？為什麼要這麼問呢？ 兩個原因：1.當我們遇到一個大問題時，總是習慣把問題的規模變小，這樣便於分析討論。 2.這個規模變小後的問題和原來的問題是同質的，除了規模變小，其它的都是一樣的， 本質上它還是同一個問題(規模變小後的問題其實是原問題的子問題)。

好了，讓我們從最小的i開始吧。當i=0，即我們需要多少個硬幣來湊夠0元。 由於1，3，5都大於0，即沒有比0小的幣值，因此湊夠0元我們最少需要0個硬幣。 (這個分析很傻是不是？彆著急，這個思路有利於我們理清動態規劃究竟在做些什麼。) 這時候我們發現用一個標記來表示這句“湊夠0元我們最少需要0個硬幣。”會比較方便， 如果一直用純文字來表述，不出一會兒你就會覺得很繞了。那麼， 我們用d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個硬幣。於是我們已經得到了d(0)=0， 表示湊夠0元最小需要0個硬幣。當i=1時，只有面值為1元的硬幣可用， 因此我們拿起一個面值為1的硬幣，接下來只需要湊夠0元即可，而這個是已經知道答案的， 即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。當i=2時， 仍然只有面值為1的硬幣可用，於是我拿起一個面值為1的硬幣， 接下來我只需要再湊夠2-1=1元即可(記得要用最小的硬幣數量)，而這個答案也已經知道了。 所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到這裡，你都可能會覺得，好無聊， 感覺像做小學生的題目似的。因為我們一直都只能操作面值為1的硬幣！耐心點， 讓我們看看i=3時的情況。當i=3時，我們能用的硬幣就有兩種了：1元的和3元的( 5元的仍然沒用，因為你需要湊的數目是3元！5元太多了親)。 既然能用的硬幣有兩種，我就有兩種方案。如果我拿了一個1元的硬幣，我的目標就變為了： 湊夠3-1=2元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。 這個方案說的是，我拿3個1元的硬幣；第二種方案是我拿起一個3元的硬幣， 我的目標就變成：湊夠3-3=0元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 這個方案說的是，我拿1個3元的硬幣。好了，這兩種方案哪種更優呢？ 記得我們可是要用最少的硬幣數量來湊夠3元的。所以， 選擇d(3)=1，怎麼來的呢？具體是這樣得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。

OK，碼了這麼多字講具體的東西，讓我們來點抽象的。從以上的文字中， 我們要抽出動態規劃裡非常重要的兩個概念：狀態和狀態轉移方程。

上文中d(i)表示湊夠i元需要的最少硬幣數量，我們將它定義為該問題的"狀態"， 這個狀態是怎麼找出來的呢？我在另一篇文章 動態規劃之揹包問題(一)中寫過： 根據子問題定義狀態。你找到子問題，狀態也就浮出水面了。 最終我們要求解的問題，可以用這個狀態來表示：d(11)，即湊夠11元最少需要多少個硬幣。 那狀態轉移方程是什麼呢？既然我們用d(i)表示狀態，那麼狀態轉移方程自然包含d(i)， 上文中包含狀態d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。沒錯， 它就是狀態轉移方程，描述狀態之間是如何轉移的。當然，我們要對它抽象一下，

d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j個硬幣的面值;

有了狀態和狀態轉移方程，這個問題基本上也就解決了。當然了，Talk is cheap,show me the code!

虛擬碼如下：

下圖是當i從0到11時的解：

從上圖可以得出，要湊夠11元至少需要3枚硬幣。

此外，通過追蹤我們是如何從前一個狀態值得到當前狀態值的， 可以找到每一次我們用的是什麼面值的硬幣。比如，從上面的圖我們可以看出， 最終結果d(11)=d(10)+1(面值為1)，而d(10)=d(5)+1(面值為5)，最後d(5)=d(0)+1 (面值為5)。所以我們湊夠11元最少需要的3枚硬幣是：1元、5元、5元。

注意：原文中這裡本來還有一段的，但我反反覆覆讀了幾遍， 大概的意思我已經在上文從i=0到i=3的分析中有所體現了。作者本來想講的通俗一些， 結果沒寫好，反而更不好懂，所以這段不翻譯了。

初級

上面討論了一個非常簡單的例子。現在讓我們來看看對於更復雜的問題， 如何找到狀態之間的轉移方式(即找到狀態轉移方程)。 為此我們要引入一個新詞叫遞推關係來將狀態聯絡起來(說的還是狀態轉移方程)

OK，上例子，看看它是如何工作的。

一個序列有N個數：A[1],A[2],…,A[N]，求出最長非降子序列的長度。 (講DP基本都會講到的一個問題LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我們講的，面對這樣一個問題，我們首先要定義一個“狀態”來代表它的子問題， 並且找到它的解。注意，大部分情況下，某個狀態只與它前面出現的狀態有關， 而獨立於後面的狀態。

讓我們沿用“入門”一節裡那道簡單題的思路來一步步找到“狀態”和“狀態轉移方程”。 假如我們考慮求A[1],A[2],…,A[i]的最長非降子序列的長度，其中i<N， 那麼上面的問題變成了原問題的一個子問題(問題規模變小了，你可以讓i=1,2,3等來分析) 然後我們定義d(i)，表示前i個數中以A[i]結尾的最長非降子序列的長度。OK， 對照“入門”中的簡單題，你應該可以估計到這個d(i)就是我們要找的狀態。 如果我們把d(1)到d(N)都計算出來，那麼最終我們要找的答案就是這裡面最大的那個。 狀態找到了，下一步找出狀態轉移方程。

為了方便理解我們是如何找到狀態轉移方程的，我先把下面的例子提到前面來講。 如果我們要求的這N個數的序列是：

5，3，4，8，6，7

根據上面找到的狀態，我們可以得到：（下文的最長非降子序列都用LIS表示）

• 前1個數的LIS長度d(1)=1(序列：5)
• 前2個數的LIS長度d(2)=1(序列：3；3前面沒有比3小的)
• 前3個數的LIS長度d(3)=2(序列：3，4；4前面有個比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)
• 前4個數的LIS長度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3個數，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到這，我覺得狀態轉移方程已經很明顯了，如果我們已經求出了d(1)到d(i-1)， 那麼d(i)可以用下面的狀態轉移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]

用大白話解釋就是，想要求d(i)，就把i前面的各個子序列中， 最後一個數不大於A[i]的序列長度加1，然後取出最大的長度即為d(i)。 當然了，有可能i前面的各個子序列中最後一個數都大於A[i]，那麼d(i)=1， 即它自身成為一個長度為1的子序列。

分析完了，上圖：(第二列表示前i個數中LIS的長度， 第三列表示，LIS中到達當前這個數的上一個數的下標，根據這個可以求出LIS序列)

Talk is cheap, show me the code:

#include <iostream>
using namespace std;

int lis(int A[], int n){
    int *d = new int[n];
    int len = 1;
    for(int i=0; i<n; ++i){
        d[i] = 1;
        for(int j=0; j<i; ++j)
            if(A[j]<=A[i] && d[j]+1>d[i])
                d[i] = d[j] + 1;
        if(d[i]>len) len = d[i];
    }
    delete[] d;
    return len;
}
int main(){
    int A[] = {
        5, 3, 4, 8, 6, 7
    };
    cout<<lis(A, 6)<<endl;
    return 0;
}

該演算法的時間複雜度是O(n2 )，並不是最優的解法。 還有一種很巧妙的演算法可以將時間複雜度降到O(nlogn)，網上已經有各種文章介紹它， 這裡就不再贅述。傳送門：LIS的O(nlogn)解法。 此題還可以用“排序+LCS”來解，感興趣的話可自行Google。

練習題

無向圖G有N個結點(1<N<=1000)及一些邊，每一條邊上帶有正的權重值。 找到結點1到結點N的最短路徑，或者輸出不存在這樣的路徑。

提示：在每一步中，對於那些沒有計算過的結點， 及那些已經計算出從結點1到它的最短路徑的結點，如果它們間有邊， 則計算從結點1到未計算結點的最短路徑。

嘗試解決以下來自topcoder競賽的問題：

• ZigZag – 2003 TCCC Semifinals 3

中級

接下來，讓我們來看看如何解決二維的DP問題。

平面上有N*M個格子，每個格子中放著一定數量的蘋果。你從左上角的格子開始， 每一步只能向下走或是向右走，每次走到一個格子上就把格子裡的蘋果收集起來， 這樣下去，你最多能收集到多少個蘋果。

解這個問題與解其它的DP問題幾乎沒有什麼兩樣。第一步找到問題的“狀態”， 第二步找到“狀態轉移方程”，然後基本上問題就解決了。

首先，我們要找到這個問題中的“狀態”是什麼？我們必須注意到的一點是， 到達一個格子的方式最多隻有兩種：從左邊來的(除了第一列)和從上邊來的(除了第一行)。 因此為了求出到達當前格子後最多能收集到多少個蘋果， 我們就要先去考察那些能到達當前這個格子的格子，到達它們最多能收集到多少個蘋果。 (是不是有點繞，但這句話的本質其實是DP的關鍵：欲求問題的解，先要去求子問題的解)

經過上面的分析，很容易可以得出問題的狀態和狀態轉移方程。 狀態S[i][j]表示我們走到(i, j)這個格子時，最多能收集到多少個蘋果。那麼， 狀態轉移方程如下：

S[i][j]=A[i][j] + max(S[i-1][j], if i>0 ; S[i][j-1], if j>0)

其中i代表行，j代表列，下標均從0開始；A[i][j]代表格子(i, j)處的蘋果數量。

S[i][j]有兩種計算方式：1.對於每一行，從左向右計算，然後從上到下逐行處理；2. 對於每一列，從上到下計算，然後從左向右逐列處理。 這樣做的目的是為了在計算S[i][j]時，S[i-1][j]和S[i][j-1]都已經計算出來了。

虛擬碼如下：

以下兩道題來自topcoder，練習用的。

• AvoidRoads – 2003 TCO Semifinals 4

中高階

這一節要討論的是帶有額外條件的DP問題。

以下的這個問題是個很好的例子。

無向圖G有N個結點，它的邊上帶有正的權重值。

你從結點1開始走，並且一開始的時候你身上帶有M元錢。如果你經過結點i， 那麼你就要花掉S[i]元(可以把這想象為收過路費)。如果你沒有足夠的錢， 就不能從那個結點經過。在這樣的限制條件下，找到從結點1到結點N的最短路徑。 或者輸出該路徑不存在。如果存在多條最短路徑，那麼輸出花錢數量最少的那條。 限制：1<N<=100 ; 0<=M<=100 ; 對於每個i，0<=S[i]<=100；正如我們所看到的， 如果沒有額外的限制條件(在結點處要收費，費用不足還不給過)，那麼， 這個問題就和經典的迪傑斯特拉問題一樣了(找到兩結點間的最短路徑)。 在經典的迪傑斯特拉問題中， 我們使用一個一維陣列來儲存從開始結點到每個結點的最短路徑的長度， 即M[i]表示從開始結點到結點i的最短路徑的長度。然而在這個問題中， 我們還要儲存我們身上剩餘多少錢這個資訊。因此，很自然的， 我們將一維陣列擴充套件為二維陣列。M[i][j]表示從開始結點到結點i的最短路徑長度， 且剩餘j元。通過這種方式，我們將這個問題規約到原始的路徑尋找問題。 在每一步中，對於已經找到的最短路徑，我們找到它所能到達的下一個未標記狀態(i,j)， 將它標記為已訪問(之後不再訪問這個結點)，並且在能到達這個結點的各個最短路徑中， 找到加上當前邊權重值後最小值對應的路徑，即為該結點的最短路徑。 (寫起來真是繞，建議畫個圖就會明瞭很多)。不斷重複上面的步驟， 直到所有的結點都訪問到為止(這裡的訪問並不是要求我們要經過它， 比如有個結點收費很高，你沒有足夠的錢去經過它，但你已經訪問過它) 最後Min[N-1][j]中的最小值即是問題的答案(如果有多個最小值， 即有多條最短路徑，那麼選擇j最大的那條路徑，即，使你剩餘錢數最多的最短路徑)。

虛擬碼：

下面有幾道topcoder上的題以供練習：

高階

以下問題需要仔細的揣摩才能將其規約為可用DP解的問題。

給定一個M行N列的矩陣(M*N個格子)，每個格子中放著一定數量的蘋果。 你從左上角的格子開始，只能向下或向右走，目的地是右下角的格子。 你每走過一個格子，就把格子上的蘋果都收集起來。然後你從右下角走回左上角的格子， 每次只能向左或是向上走，同樣的，走過一個格子就把裡面的蘋果都收集起來。 最後，你再一次從左上角走到右下角，每過一個格子同樣要收集起裡面的蘋果 (如果格子裡的蘋果數為0，就不用收集)。求你最多能收集到多少蘋果。

注意：當你經過一個格子時，你要一次性把格子裡的蘋果都拿走。

限制條件：1 < N, M <= 50；每個格子裡的蘋果數量是0到1000(包含0和1000)。

如果我們只需要從左上角的格子走到右下角的格子一次，並且收集最大數量的蘋果， 那麼問題就退化為“中級”一節裡的那個問題。將這裡的問題規約為“中級”裡的簡單題， 這樣一來會比較好解。讓我們來分析一下這個問題，要如何規約或是修改才能用上DP。 首先，對於第二次從右下角走到左上角得出的這條路徑， 我們可以將它視為從左上角走到右下角得出的路徑，沒有任何的差別。 (即從B走到A的最優路徑和從A走到B的最優路徑是一樣的)通過這種方式， 我們得到了三條從頂走到底的路徑。對於這一點的理解可以稍微減小問題的難度。 於是，我們可以將這3條路徑記為左，中，右路徑。對於兩條相交路徑(如下圖)：

在不影響結果的情況下，我們可以將它們視為兩條不相交的路徑：

這樣一來，我們將得到左，中，右3條路徑。此外，如果我們要得到最優解， 路徑之間不能相交(除了左上角和右下角必然會相交的格子)。因此對於每一行y( 除了第一行和最後一行)，三條路徑對應的x座標要滿足：x1[y] < x2[y] < x3[y]。 經過這一步的分析，問題的DP解法就進一步地清晰了。讓我們考慮行y， 對於每一個x1[y-1]，x2[y-1]和x3[y-1]，我們已經找到了能收集到最多蘋果數量的路徑。 根據它們，我們能求出行y的最優解。現在我們要做的就是找到從一行移動到下一行的方式。 令Max[i][j][k]表示到第y-1行為止收集到蘋果的最大數量， 其中3條路徑分別止於第i,j,k列。對於下一行y，對每個Max[i][j][k] 都加上格子(y,i)，(y,j)和(y,k)內的蘋果數量。因此，每一步我們都向下移動。 我們做了這一步移動之後，還要考慮到，一條路徑是有可能向右移動的。 (對於每一個格子，我們有可能是從它上面向下移動到它， 也可能是從它左邊向右移動到它)。為了保證3條路徑互不相交， 我們首先要考慮左邊的路徑向右移動的情況，然後是中間，最後是右邊的路徑。 為了更好的理解，讓我們來考慮左邊的路徑向右移動的情況，對於每一個可能的j,k對(j<k)， 對每個i(i<j)，考慮從位置(i-1,j,k)移動到位置(i,j,k)。處理完左邊的路徑， 再處理中間的路徑，最後處理右邊的路徑。方法都差不多。

用於練習的topcoder題目：

其它

當閱讀一個題目並且開始嘗試解決它時，首先看一下它的限制。 如果要求在多項式時間內解決，那麼該問題就很可能要用DP來解。遇到這種情況， 最重要的就是找到問題的“狀態”和“狀態轉移方程”。(狀態不是隨便定義的， 一般定義完狀態，你要找到當前狀態是如何從前面的狀態得到的， 即找到狀態轉移方程)如果看起來是個DP問題，但你卻無法定義出狀態， 那麼試著將問題規約到一個已知的DP問題(正如“高階”一節中的例子一樣)。