第4章_动态规划

输出：A 和 B 的最长公共子序列 1． For i ← 0 to n 2． L[i,0] ← 0 3． End for 4． For j ← 0 to m 5． L[0,j] ← 0 6． End for 7． For i ← 1 to n 8． 9． 10． 11． 12． 13. End for 14. Return L[n,m] 我们使用一个（n＋1）×（m＋1）的表格来进行计算。只需要逐行填满表格，问题就 得到解决。 例： A = zxyxyz , B = xyyzx n 0 1 2 3 4 5 6 m 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 2 0 3 0 4 0 5 0 For j ← 1 to m If ai = b j then L[i, j ] ← L[i − 1, j − 1] + 1 Else L[i, j ] ← max{L[i, j − 1], L[i − 1, j ]} End if End for
4.3 矩阵链相乘
假定我们要将 3 个矩阵相乘 M 1M 2 M 3 ，3 个矩阵的规模分别为 2 × 10,10 × 2, 2 × 10 。 如果我们依次相乘，那么，所需要的乘法次数为：
2 × 10 × 2 + 2 × 2 × 10 = 80
假如，我们使用这样的相乘次序 M 1 ( M 2 M 3 ) ，那么需要的乘法次数为：
f (n) 的解析解。 ( M 1M 2 M 3 " M k ) × ( M k +1 " M n ) ， 那 么 M 1M 2 M 3 " M k 有 f (k ) 种 组 合 方 式 。 ( M k +1 " M n ) 共 有 f (n − k ) 种 组 合 方 式 。 那 么 ， f (n) = ∑ f (k ) f (n − k ) 。 又 因 为
至此，容易写出算法。 算法的复杂性：
4.7 多边形计算 (IOI'98)
问题描述: Polygon is a game for one player that starts on a polygon with N vertices, like the one in Figure 1, where N=4. Each vertex is labeled with an integer and each edge is labeled with either the symbol + (addition) or the symbol * (product). The edges are numbered from 1 to N.
式。下面我们使用动态规划的方法来求解： 先来观察一下 M 1M 2 M 3 " M n 。对于其中任意相邻的两个矩阵，前一矩阵的列数必定 等 于 后 一 矩 阵 的 行 数 。 为 此 ， 我 们 定 义 r1 , r2 , r3 ," rn , rn +1 ， 其 中 ri , ri +1 分 别 表 示 矩 阵
2
M i (1 ≤ i ≤ n) 的行数和列数。令 M i , j = M i M i +1 " M j ，设 C[i, j ] 为计算 M i , j 的最优乘法次
数。那么 M i , j 可以按照如下方式来计算： M i ,k −1 = M i M i +1 " M k −1
M k , j = M k M k +1 " M j 这里 1 < i ≤ j 。
51Leabharlann 显然， V [0, j ] 始终为 0；同样 V [i, 0] 始终为 0。(学生解释理由)。 2． V [i, j ] 是下面两个量的最大值：
V [i − 1, j ] ： V [i − 1, j − wi ] + vi
也就是说：
, if i==0 || j==0 0 , if j<w i V [i, j ] = V [i − 1, j ] max{V [i − 1, j ], V [i − 1, j − w ] + v } , if i>0 and j ≥ w i i i
∑ vi zi > v1 y1 + ∑ vi yi = ∑ vi yi
i =2 i =1
也就是说： ( y1 , z2 ,..., zn ) 是原问题的最优解，而 ( y1 , y2 ,..., yn ) 不是。这就与命题矛盾。 下面设法使用递归的方式描述问题的求解。 用 V [i, j ] 表示使用前 i 个物品 {u1 , u2 ," , ui } 放入承重量为 j 的背包中所能得到的最优 值。显然 0 ≤ i ≤ n, 0 ≤ j ≤ C 。那么我们要求解的值就是 V [ n, C ] 。
使用第 2 章中线性同质递归方程的特征方程求解之，得到：
T ( n) ≈
1 1+ 5 n ( ) ≈ 0.447(1.618) n ，亦即，时间复杂度为输入规模的指数形式。大 2 5
家可以试验一下，当 n=100 时间，使用递归程序的求解时间。 下面我们来使用一种简单的方法来显著降低求解该问题的时间复杂度， 使得求解时间为 线性时间。 代码片断如下： int f1=1,f2=1,result; for(int i=3;i<=n;i++){ result=f1+f2; f1=f2; f2=result; } return result; 显然，上述算法的时间为 T ( n) = O (n) 。该程序的特点就是，当前的计算利用了以前的
f (n) = f (n − 1) + f (n − 2) = 2 f (n − 2) + f (n − 3) = ... = 5 f (n − 4) + f (n − 5) 大量重复的调用会耗费大量的时间。假定计算 f (1), f (2) 需要单位时间，那么，上述算
法的时间复杂度为：
, n=1,2 1, T ( n) = T (n − 1) + T (n − 2), n > 2
下面，我们来尝试使用动态规划求解该问题：同样，需要先找到一个递归形式的公式 来描述如何求解最长公共子序列。假设 A = a1a2 " an ， B = b1b2 " bm 。我们用 L[i, j ] 表示 字符串 a1a2 " ai 和 b1b2 " b j 的最长公共子序列的长度。注意：这里 i 或 j 为零时，表示空字
仔细分析可以发现：如果 ( y1 , y2 ,..., yn ) 是该问题的一个最优解。那么 ( y2 ,..., yn ) 是下 面问题的最优解：
n
max(∑ vi xi )
i=2
n ∑ wi xi ≤ C − w1 y1 约束条件： i = 2 xi ∈ {0,1}, 2 ≤ i ≤ n
10 × 2 × 10 + 2 × 10 × 10 = 400
也就是说，多个矩阵相乘时，乘的顺序不同，时间复杂性大不相同。那么如何找到最 佳的相乘次序（最少的乘法次数）呢？当然，我们可以使用枚举的方法来求解。 定义 f ( n) 是 n 个矩阵 M 1M 2 M 3 " M n 连乘所有可能的组合，下面我们想办法求出
而 M i ,k −1M k , j 的乘法次数为 ri rk rj +1 。因此， C[i, j ] 可以递归的表示为：
C[i, j ] ＝ min{C[i, k − 1] + C[k , j ] + ri rk rj +1} 。
1< k ≤ n
同样，如果我们直接使用递归的方法来求解，那么其中会存在大量的重复调用，增加 了时间复杂性。下面我们使用动态规划来求解之： 输入： 输出： 算法： 算法的分析：
k =1 n −1
f (1) = 1, f (2) = 1, f (3) = 2 。因此有 f (n) =
Stirling 公式： n ! ≈
1 n −1 C2 n − 2 。 n
2π n ( n ) n 2
(2n − 2)! 4n 4n 所以 f ( n) = ，也就是说 f ( n) = Ω( 1.5 ) ，时间复杂度为指数形 ≈ n n((n − 1)!) 2 4 π n1.5
3
符串。那么我们有下面的式子成立：
0 if i=0 or j=0 if j>0&&j>0&&a i = b j L[i, j ] L[i − 1, j − 1] + 1 max{L[i, j − 1], L[i − 1, j ]} if i>0&&j>0&&a i ≠ b j 输入： 定义在某个字符集 ∑ 上的字符串 A 和 B，长度分别为 n，m。
为什么呢？需要证明一下：(反证法) 【证明】假设 ( z2 ,..., zn ) 是上述问题的最优解，而 ( y2 ,..., yn ) 不是，那么我们有：
∑v z > ∑v y
i =2 i i i =2 i
n
n
i
同时 w1 y1 +
n
∑w z
i =2 n i =2
n
i i
≤C
n
所以有： v1 y1 +
( x1 , x2 ,..., xn ) ， xi ∈ {0,1},1 ≤ i ≤ n ，使得：
∑ wi xi ≤ C 的同时 ∑ vi xi 最大。
i =1 i =1
n
n
即：
max(∑ vi xi )
i =1
n
n ∑ wi xi ≤ C 约束条件： i =1 x ∈ {0,1},1 ≤ i ≤ n i
首先，将零行、零列填 0。… 时间复杂度为 T ( n) = O ( nm)