演算法（一） --DP動態規劃（LIS和LCS）

1.http://blog.csdn.net/u013445530/article/details/45645307

DP問題是ACM裡面最難的，因為太考思維能力了，只有將狀態轉移方程推出來才能解決問題，DP問題也是面試的時候最容易考到的，希望大家好好學DP，至少在面試的時候不吃虧。

第一個問題

d(i)=min{ d(i-vj)+1 } 狀態轉移方程其中i-vj >=0，vj表示第j個硬幣的面值;
d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個硬幣

int main() //程式碼求解的是一個數值最少由多少個硬幣組成。
{
int a[3] = {1,3,5},sum = 11,cent = 0,dp[12];
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= sum; i++) dp[i] = i;//我們假設存在1元的硬幣那麼i元最多隻需要i枚1元硬幣，當然最好設定dp[i]等於無窮大
//dp[i]=i 是代表最多的話需要i個一元硬幣
for(int i = 1; i <= sum; i++){ / /i代表數值
for(int j = 0; j < 3; j++){ //j代表總共的硬幣種類數目 i代表要求和的數
if

(i >= a[j] && dp[i - a[j]] + 1 < dp[i]){ //如果i的數值大於A【j】裡面的數（即數值大於硬幣代表的數）
dp[i] = dp[i- a[j] ] + 1; //注意這個是從小的數值往大的數值上增加。
} //所以如果i的數值大於A【j】裡面的數以及dp[i - a[j]] + 1 選個硬幣值a【j】所以要加1
}
}
cout<<dp[sum]<<endl;
return 0;
}

第二個問題

將一個由N行數字組成的三角形，如圖所以，設計一個演算法，計算出三角形的由頂至底的一條路徑，使該路徑經過的數字總和最大。

好了，現在我們用DP解決這道問題

將上圖轉化一下：

假設上圖用map[][]陣列儲存。

令f[i][j]表示從頂點(1, 1)到頂點(i, j)的最大值。

則可以得到狀態轉移方程：

f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + map[i][j]

此題既適合自頂而下的方法做，也適合自底而上的方法，

當用自頂而下的方法做時，最後要在在最後一列數中找出最大值，

而用自底而上的方法做時，f[1][1]即為最大值。

所以我們將圖2根據狀態轉移方程可以得到圖3：

這裡用的是從底端向上計算

最大值是30.

程式碼如下:

1 #include <cstdio>
2. #include <iostream>
3. #include <algorithm>
4. #include <cstring>
5. usingnamespace std;
6. int a[2000][2000];
7. int main()
8. {
9. int t,n,i,j;
10. while(~scanf("%d",&n))
11. {
12. for(i=0; i<n; i++)
13. for(j=0; j<=i; j++)
14. scanf("%d",&a[i][j]); //先把數存進去
15. for(i=n-1; i>0; i--) //因為是從底部往上面求所以i從n-1 開始從倒數第二行開始算起
16. for(j=0; j<i; j++) //注意這裡j的範圍 j從每行的第一個數算起算到每行最後一個數，最後一個數比i小1
17. a[i-1][j]+=max(a[i][j],a[i][j+1]); // 讓此位置的值加上下面兩個最大的值即為最大
18. printf("%d\n",a[0][0]);
19. }
20. return 0;
21. }

問題三

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)

程式碼:

1. #include <cstdio>

2. #include <iostream>
3. #include <algorithm>
4. #include <cstring>
5. usingnamespace std;
6.
7. int main() //最長非降子序列的長度
8. {
9. int dp[2000],a[2000],n;
10. while(cin>>n)
11. {
12. memset(dp,0,sizeof(dp));
13. int res = 0;
14. for(inti = 0; i < n; i++) cin>>a[i]; //先存入序列
15.
16. for(int i = 0; i < n; i++)
17. { //迴圈是從第一個數值開始往後求 dp[i]
18. dp[i] = 1; // 先假設所有的最長為1 即為其本身 eg：用3 5 4 去想一遍流程
19. for(int j = 0; j < i; j++) //j小於i j為i前面的一個數據
20. {
21. if(a[j] < a[i]) //因為求的是最長非降子序列 LIS，即序列往後只能增加數

//這裡每次都從0開始遍歷保證dp[i]為最長的
22. dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1); // 求出的序列前面的數只能小於或者等於後面的數
23. }
24.
25. res = max(res,dp[i]); //res存放每次算出來的最大 dp[i]
26. }
27.
28. cout<<res<<endl;
29. }
30. return0;
31. }

問題四

最長上升公共子序列問題: LCS （最長公共子序列）只要兩個字串裡面都有即可。數字不必相鄰

問題描述

什麼是最長公共子序列呢?好比一個數列S，如果分別是兩個或多個已知數列的子序列，且是所有符合此條件序列中最長的，則S 稱為已知序列的最長公共子序列。

舉個例子，如：有兩條隨機序列，如 1 3 4 5 5 ，and 2 4 5 6 5 7 6，則它們的最長公共子序列便是：4 5 5。

LCS問題的解決思路

動態規劃演算法

事實上，最長公共子序列問題也有最優子結構性質。

記:

Xi=﹤x1，⋯，xi﹥即X序列的前i個字元 (1≤i≤m)（字首）

Yj=﹤y1，⋯，yj﹥即Y序列的前j個字元 (1≤j≤n)（字首）

假定Z=﹤z1，⋯，zk﹥∈LCS(X , Y)。

若xm=yn（最後一個字元相同），則不難用反證法證明：該字元必是X與Y的任一最長公共子序列Z（設長度為k）的最後一個字元，即有zk = xm = yn 且顯然有Zk-1∈LCS(Xm-1 , Yn-1)即Z的字首Zk-1是Xm-1與Yn-1的最長公共子序列。此時，問題化歸成求Xm-1與Yn-1的LCS（LCS(X , Y)的長度等於LCS(Xm-1 , Yn-1)的長度加1）。

若xm≠yn，則亦不難用反證法證明：要麼Z∈LCS(Xm-1, Y)，要麼Z∈LCS(X , Yn-1)。由於zk≠xm與zk≠yn其中至少有一個必成立，若zk≠xm則有Z∈LCS(Xm-1 , Y)，類似的，若zk≠yn 則有Z∈LCS(X , Yn-1)。此時，問題化歸成求Xm-1與Y的LCS及X與Yn-1的LCS。LCS(X , Y)的長度為：max{LCS(Xm-1 , Y)的長度, LCS(X , Yn-1)的長度}。

由於上述當xm≠yn的情況中，求LCS(Xm-1 , Y)的長度與LCS(X , Yn-1)的長度，這兩個問題不是相互獨立的：兩者都需要求LCS(Xm-1，Yn-1)的長度。另外兩個序列的LCS中包含了兩個序列的字首的LCS，故問題具有最優子結構性質考慮用動態規劃法。

也就是說，解決這個LCS問題，你要求三個方面的東西：1、LCS（Xm-1，Yn-1）+1；2、LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）；3、max{LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）}。

行文至此，其實對這個LCS的動態規劃解法已敘述殆盡，不過，為了成書的某種必要性，下面，我試著再多加詳細闡述這個問題。

第三節、動態規劃演算法解LCS問題

3.1、最長公共子序列的結構

最長公共子序列的結構有如下表示：

設序列X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的一個最長公共子序列Z=<z1, z2, …, zk>，則：

1. 若xm=yn，則zk=xm=yn且Zk-1是Xm-1和Yn-1的最長公共子序列；

2. 若xm≠yn且zk≠xm ，則Z是Xm-1和Y的最長公共子序列；

3. 若xm≠yn且zk≠yn ，則Z是X和Yn-1的最長公共子序列。

其中Xm-1=<x1, x2, …, xm-1>，Yn-1=<y1, y2, …, yn-1>，Zk-1=<z1, z2, …, zk-1>。

3、2.子問題的遞迴結構

由最長公共子序列問題的最優子結構性質可知，要找出X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的最長公共子序列，可按以下方式遞迴地進行：當xm=yn時，找出Xm-1和Yn-1的最長公共子序列，然後在其尾部加上xm(=yn)即可得X和Y的一個最長公共子序列。當xm≠yn時，必須解兩個子問題，即找出Xm-1和Y的一個最長公共子序列及X和Yn-1的一個最長公共子序列。這兩個公共子序列中較長者即為X和Y的一個最長公共子序列。

由此遞迴結構容易看到最長公共子序列問題具有子問題重疊性質。例如，在計算X和Y的最長公共子序列時，可能要計算出X和Yn-1及Xm-1和Y的最長公共子序列。而這兩個子問題都包含一個公共子問題，即計算Xm-1和Yn-1的最長公共子序列。

與矩陣連乘積最優計算次序問題類似，我們來建立子問題的最優值的遞迴關係。用c[i,j]記錄序列Xi和Yj的最長公共子序列的長度。其中Xi=<x1, x2, …, xi>，Yj=<y1, y2, …, yj>。當i=0或j=0時，空序列是Xi和Yj的最長公共子序列，故c[i,j]=0。其他情況下，由定理可建立遞迴關係如下：