动态规划经典问题
二维背包问题经典例题
二维背包问题经典例题
二维背包问题是一个经典的动态规划问题，下面是一个具体的例题：
题目描述：
有N件物品和一个容量是V的背包，背包能承受的最大重量是M。
每件物品只能用一次。
体积是vi，重量是mi，价值是wi。
求解将哪些物品装入背包，可使物品总体积不超过背包容量，总重量不超过背包可承受的最大重量，且价值总和最大。
输出最大价值。
输入格式：
第一行两个整数，N，V，M，用空格隔开，分别表示物品件数、背包容积和背包可承受的最大重量。
接下来有N行，每行三个整数vi，mi，wi，用空格隔开，分别表示第i件物品的体积、重量和价值。
输出格式：
输出一个整数，表示最大价值。
输入样例：
4 5 6
1 2 32
4 4 43
4 5 54
5 6 6
输出样例：8
思路分析：
二维背包问题可以通过建立一个三维数组f[i][j][k]来解决，其中f[i][j][k]表示在前i个物品中选出体积不超过j、质量不超过k的物品的最大价值。
状态转移方程为f[i][j][k]=max(f[i-1][j][k], f[i-1][j-v][k-m]+w)，其中v表示第i个物品的体
积，m表示第i个物品的质量，w表示第i个物品的价值。
由于数组是三维的，因此可以使用滚动数组来优化空间复杂度。
具体实现时，可以将j和k的枚举顺序改为从大到小，以防止需要用到的状态被覆盖。
动态规划经典——最长公共子序列问题（LCS）和最长公共子串问题
动态规划经典——最长公共⼦序列问题（LCS）和最长公共⼦串问题⼀.最长公共⼦序列问题(LCS问题)给定两个字符串A和B，长度分别为m和n，要求找出它们最长的公共⼦序列，并返回其长度。
例如： A = "Hel lo W o rld" B = "loo p"则A与B的最长公共⼦序列为 "loo",返回的长度为3。
此处只给出动态规划的解法：定义⼦问题dp[i][j]为字符串A的第⼀个字符到第 i 个字符串和字符串B 的第⼀个字符到第 j 个字符的最长公共⼦序列，如A为“app”,B为“apple”，dp[2][3]表⽰ “ap” 和 “app” 的最长公共字串。
注意到代码中 dp 的⼤⼩为 (n + 1) x (m + 1) ，这多出来的⼀⾏和⼀列是第 0 ⾏和第 0 列，初始化为 0，表⽰空字符串和另⼀字符串的⼦串的最长公共⼦序列，例如dp[0][3]表⽰ "" 和“app” 的最长公共⼦串。
当我们要求dp[i][j]，我们要先判断A的第i个元素B的第j个元素是否相同即判断A[i - 1]和 B[j -1]是否相同，如果相同它就是dp[i-1][j-1]+ 1，相当于在两个字符串都去掉⼀个字符时的最长公共⼦序列再加 1；否则最长公共⼦序列取dp[i][j - 1] 和dp[i - 1][j]中⼤者。
所以整个问题的初始状态为：dp[i][0]=0,dp[0][j]=0相应的状态转移⽅程为：dp[i][j]=max{dp[i−1][j],dp[i][j−1]},A[i−1]!=B[j−1] dp[i−1][j−1]+1,A[i−1]==B[j−1]代码的实现如下：class LCS{public:int findLCS(string A, int n, string B, int m){if(n == 0 || m == 0)//特殊输⼊return 0;int dp[n + 1][m + 1];//定义状态数组for(int i = 0 ; i <= n; i++)//初始状态dp[i][0] = 0;for(int i = 0; i <= m; i++)dp[0][i] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j<= m; j++){if(A[i - 1] == B[j - 1])//判断A的第i个字符和B的第j个字符是否相同dp[i][j] = dp[i -1][j - 1] + 1;elsedp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i][j - 1]);}return dp[n][m];//最终的返回结果就是dp[n][m]}};该算法的时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度为O(n*m)。
动态规划问题常见解法
动态规划问题常见解法
动态规划是一种高效解决优化问题的方法。
它通常用于涉及最
优化问题和最短路径的计算中。
下面是一些常见的动态规划问题解法：
1. 背包问题
背包问题是动态规划中的经典问题之一。
其目标是在给定的背
包容量下，选择一些物品放入背包中，使得物品总价值最大。
解决
这个问题的常见方法是使用动态规划的思想，定义一个二维数组来
记录每个物品放入背包时的最大价值，然后逐步计算出最终的结果。
2. 最长公共子序列问题
最长公共子序列问题是寻找两个字符串中最长的公共子序列的
问题。
解决这个问题的常见方法是使用动态规划的思想，定义一个
二维数组来记录两个字符串中每个位置的最长公共子序列的长度。
然后通过递推关系来计算出最终的结果。
3. 矩阵链乘法问题
矩阵链乘法问题是计算一系列矩阵相乘的最佳顺序的问题。
解
决这个问题的常见方法是使用动态规划的思想，定义一个二维数组
来记录每个矩阵相乘时的最小乘法次数，然后逐步计算出最终的结果。
4. 最长递增子序列问题
最长递增子序列问题是寻找一个序列中最长的递增子序列的问题。
解决这个问题的常见方法是使用动态规划的思想，定义一个一
维数组来记录每个位置处的最长递增子序列的长度，然后通过递推
关系来计算出最终的结果。
以上是一些常见的动态规划问题解法。
通过灵活运用这些方法，我们可以更高效地解决优化问题和最短路径计算等相关任务。
动态规划算法的常见实例
动态规划算法的常见实例动态规划算法是一种将复杂问题分解为简单子问题来解决的算法，它可被应用于多个领域中，如经济学、生物学、计算机科学等。
在本文中，我们将详细讨论动态规划算法的常见实例。
一、最长公共子序列问题最长公共子序列（LCS）问题是一个经典的计算机科学问题，它要求在两个字符串中找到最长的相同连续子序列。
例如，对于字符串“ABCD”和“ACDF”，最长公共子序列为“ACD”。
使用动态规划方法来解决LCS问题。
首先定义一个m行n列的二维矩阵，其中m和n分别表示两个字符串的长度。
然后，使用以下递推关系：1. 如果一个字符串的长度为0，LCS为0。
2. 如果两个字符不相同，则LCS为它们的前一个字符集合和它们的后一个字符集合的最大值。
3. 如果两个字符相同，则LCS为它们的前一个字符集合和它们的后一个字符集合所组成的子序列中的最大值加1。
最后，矩阵右下角的值就是LCS的长度。
二、背包问题背包问题（Knapsack problem）是一个经典的组合优化问题，被广泛应用于计算机科学和其他领域。
在一个决策者必须决定是否将某些物品放入背包中的场景中，背包问题就发挥了作用。
具体来说，我们要解决的问题是：对于一个固定容量的背包，有一些物品，它们的重量和价值都不同，如何在不超过背包容量的前提下，使所装载物品的总价值最大化。
一种解决方案是使用动态规划方法。
定义一个二维数组，其行表示物品，列表示背包大小。
然后，使用以下递推关系：1. 如果所考虑的物品重量大于背包容量，则不选此物品。
2. 否则，在选取该物品和不选该物品两种情况中选择最优解作为最终结果。
最后，矩阵中右下角的值就是最大的总价值。
三、矩阵链乘法矩阵链乘法是一种计算矩阵乘积的优化算法。
它使用动态规划算法来确定矩阵乘积的最小值。
对于一个长度为n的矩阵链，我们可以定义一个n×n 的矩阵M，其中第i行第j列的元素Mi，j表示第i个矩阵与第j个矩阵相乘的最小次数。
NOI导刊资源背包动态规划
少。
剩下钱数最少的找零方案中的所需的最少 硬币数。
N<=500,T<=10000.
分析
设F[i]表示需要找的钱数为i时所需要的最少 钱币数。显然有：
F[i]=Min{F[ i - A[j] ] + 1} { i≤ T，1≤j≤N} 初始值：F[0]=0。 A[j]表示其中 第j种钱币的面值。 时间复杂度为O(N*T)。
动态规划
• 可以按每个物品进行规划，同样每种物品有选和 不选两种选择
• 设F(i,j)表示前i件物品载重为j的最大效益，则有
F(i 1, j w[i]) C[i],第i种物品装载 F(i, j) MaxF(i 1, j),第i种物品不装载
• 1<=i<=N, 0<=j<=N • 初值：F(0,j)=0 • F(N,M)即答案 • 显然时间复杂度为O(NM)
for j:=0 to m do
begin
if j>=w[i] then //背包容量够大
f[j]:=max(f[j-w[i]]+c[i],f[j])
end;
思考题1：机器分配
• M台设备，分给N个公司。 • 若公司i获得j台设备，则能产生Aij效益 • 问如何分配设备使得总效益最大？ • M<=15，N<=10。
else
//背包容量不足
f[i,j]:=f[i-1,j];
end;
满背包问题（01背包）
• 有N件物品; • 第i件物品Wi公斤; • 第i件物品价值Ci元; • 现有一辆载重M公斤的卡车; • 问选取装载哪些物品，使得卡车开车正
好装满时，运送的总价值最大？ 若无法装满卡车，则输出无解。
动态规划总结经典题目(经典中的经典)
动态规划总结——经典问题总结本文着重讨论状态是如何表示，以及方程是怎样表示的。
当然，还附上关键的，有可能作为模板的代码段。
但有的代码的实现是优化版的。
经典问题总结最长上升子序列（LIS）问题描述如下:设L=<a1,a2,…,an>是n个不同的实数的序列，L的递增子序列是这样一个子序列Lin=<aK1,ak2,…,akm>，其中k1<k2<…<km且aK1<ak2<…<akm。
求最大的m值。
这里采用的是逆向思维的方法，从最后一个开始想起，即先从A[N]（A数组是存放数据的数组，下同）开始，则只有长度为1的子序列，到A[N-1]时就有两种情况，如果a[n-1] < a[n] 则存在长度为2的不下降子序列a[n-1],a[n]；如果a[n-1] > a[n] 则存在长度为1的不下降子序列a[n-1]或者a[n]。
有了以上的思想，DP方程就呼之欲出了（这里是顺序推的，不是逆序的）：DP[I]=MAX（1,DP[J]+1）J=0,1,...,I-1但这样的想法实现起来是）O(n^2)的。
本题还有更好的解法，就是O(n*logn)。
利用了长升子序列的性质来优化，以下是优化版的代码：//最长不降子序const int SIZE=500001;int data[SIZE];int dp[SIZE];//返回值是最长不降子序列的最大长度,复杂度O(N*logN)int LCS(int n) { //N是DATA数组的长度,下标从1开始int len(1),low,high,mid,i;dp[1]=data[1];for(i=1;i<=n;++i) {low=1;high=len;while( low<=high ) { //二分mid=(low+high)/2;if( data[i]>dp[mid] ) {low=mid+1;}else {high=mid-1;}}dp[low]=data[i];if( low>len ) {++len;}}return len;}最长公共子序列（LCS）给出两个字符串a, b，求它们的最长、连续的公共字串。
动态规划01背包问题
01 背包问题的时间复杂度为 O(nW)，空间复杂度为 O(nW)。
• 选择放入第 i 个物品。此时，背包的剩余容量为 j-w[i]， 所以 f[i][j] = f[i-1][j-w[i]] + v[i]。 • 不选择放入第 i 个物品。此时，f[i][j] = f[i-1][j]。
综上所述，状态转移方程为：
f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-w[i]] + v[i])
01 背包问题是一种经典的动态规划问题，其目的是在限制条 件下，使得背包内的物品价值最大。
在 01 背包问题中，每种物品都有其体积和价值。同时，背 包也有一定的容量限制。问题的目标是在不超过背包容量的 前提下，使得背包内物品的价值最大。
为了解决 [j]表示前 i 个物品放入一个容量为 j 的背包可以获得的最大价值。然后，我们考虑第 i 个物品的 选择情况，其中有两种情况：
动态规划和几个经典问题
动态规划和⼏个经典问题动态规划 (本⽂适合⼊门理解思想，后期多刷题) 动态规划是运筹学的⼀个分⽀，是求解多阶段决策过程最优化问题的数学⽅法，在经济管理、⼯程技术、⼯农业⽣产及军事部门中都有着⼴泛的应⽤，并且获得了显著的效果。
学习动态规划，我们⾸先要了解多阶段决策问题。
多阶段决策问题例⼦： ⽣产决策问题：企业在⽣产过程中，由于需求是随时间变化的，因此企业为了获得全年的最佳⽣产效益，就要在整个⽣产过程中逐⽉或逐季度地根据库存和需求决定⽣产计划。
机器负荷分配问题：某种机器可以在⾼低两种不同的负荷下进⾏⽣产。
要求制定⼀个五年计划，在每年开始时，决定如何重新分配完好的机器在两种不同的负荷下⽣产的数量，使在五年内产品的总产量达到最⾼。
航天飞机飞⾏控制问题：由于航天飞机的运动的环境是不断变化的，因此就要根据航天飞机飞⾏在不同环境中的情况，不断地决定航天飞机的飞⾏⽅向和速度（状态），使之能最省燃料和完成飞⾏任务（如软着陆）。
多阶段决策过程的特点： 根据过程的特性可以将过程按空间、时间等标志分为若⼲个互相联系⼜互相区别的阶段。
在每⼀个阶段都需要做出决策，从⽽使整个过程达到最好的效果。
各个阶段决策的选取不是任意确定的，它依赖于当前⾯临的状态，⼜影响以后的发展。
当各个阶段的决策确定后，就组成了⼀个决策序列，因⽽也就决定了整个过程的⼀条活动路线，这样的⼀个前后关联具有链状结构的多阶段过程就称为多阶段决策问题。
针对多阶段决策过程的最优化问题，美国数学家Bellman等⼈在20世纪50年代初提出了著名的最优化原理，把多阶段决策问题转化为⼀系列单阶段最优化问题，从⽽逐个求解，创⽴了解决这类过程优化问题的新⽅法：动态规划。
对最佳路径（最佳决策过程）所经过的各个阶段，其中每个阶段始点到全过程终点的路径，必定是该阶段始点到全过程终点的⼀切可能路径中的最佳路径（最优决策），这就是Bellman提出的著名的最优化原理。
牛吃草问题经典例题
牛吃草问题经典例题
牛吃草问题经典例题是一个著名的动态规划问题，在计算机科学、数学以及经济等多个领域都有广泛应用。
它是一个典型的搜索优化问题，也是一个经典的示范问题，早在1930年就已经有了在数学上的讨论。
题目如下：一头牛站在一块草地上，草地上有n个草地，每块草地有a[i]的草量，牛可以从每块草地中吃出
b[i]的草量，牛要求能够吃满所有的草量。
牛吃草问题是一种典型的动态规划问题，可以用动态规划的思想来解决。
根据动态规划的目标递归方程，可以得到牛吃草问题的递推表如下：
F(n,m)：前n块草地被吃光时牛需要的最少步数
当n=1时，F(1,m)=max(a[1],b[1])
当n>1时，F(n,m)=min{F(n-1,m),max{F(n-1,m-
b[n]),a[n]}}
即：
当n=1时，F(1,m)是牛从该草地能吃出的最多草量。
当n>1时，F(n,m)取决于上一步，即前n-1块草地被吃光时牛需要的最少步数F(n-1,m)以及当前草地剩余草量a[n]。
如果草地剩余草量a[n]大于等于牛要吃掉的草量
b[n]，那么F(n,m)=F(n-1,m)，即牛不用吃当前草地；如果
草地剩余草量a[n]小于牛要吃掉的草量b[n]，那么
F(n,m)=F(n-1,m-b[n])+a[n]，即牛要吃掉当前草地a[n]的草量，并且还要把这一步花费的步数加上去。
以上是牛吃草问题经典例题的详细说明，它是一个典型的搜索优化问题，可以用动态规划的思想来解决，它包含了动态规划的基本思想，可以作为其他动态规划问题的参考。
物流系统动态规划算法经典例题matlab
物流系统动态规划算法经典例题matlab
1、生产计算问题
工厂生产某种产品，每单位(千件)的成本为1 (千元)，每次开工的固定成本为3(千元)，工厂每季度的最大生产能力为6 (千件)。
经调查，市场对该产品的需求量第一、二、三、四季度分别为2， 3，2，4 (千件)。
如果工厂在第一、二季度将全年的需求都生产出来，自然可以降低成本(少付固定成本费)，但是对于第三、四季度才能上市的产品需付存储费，每季每千件的存储费为0.5 (千元)。
还规定年初和年末这种产品均无库存。
试制定-一个生产计划，即安排每个季度的产量，使一年的总费用(生产成本和存储费)最少。
2、背包问题
有编号分别为a，b，c，d，e 的五种金银物品，它们的重量分别是2，2，6，5，4，它们的价值分别为6，3，5，4，6，现有一个承重为10的背包，如何让背包带走金银物品的价值总和最大?。
(完整版)动态规划问题常见解法
(完整版)动态规划问题常见解法动态规划问题常见解法一、背包问题1. 0/1背包问题0/1背包问题是动态规划中的经典问题，解决的是在背包容量固定的情况下，如何选择物品放入背包，使得总价值最大化。
常见的解法有两种：记忆化搜索和动态规划。
记忆化搜索是一种自顶向下的解法，通过保存子问题的解来避免重复计算，提高效率。
动态规划是一种自底向上的解法，通过填表格的方式记录每个子问题的解，最终得到整个问题的最优解。
2. 完全背包问题完全背包问题是在背包容量固定的情况下，如何选择物品放入背包，使得总价值最大化，且每种物品可以选择任意个。
常见的解法有两种：记忆化搜索和动态规划。
记忆化搜索和动态规划的思路和0/1背包问题相似，只是在状态转移方程上有所不同。
二、最长公共子序列问题最长公共子序列问题是指给定两个序列，求它们之间最长的公共子序列的长度。
常见的解法有两种：递归和动态规划。
递归的思路是通过分别考虑两个序列末尾元素是否相等来进一步缩小问题规模，直至问题规模减小到边界情况。
动态规划的思路是通过填表格的方式记录每个子问题的解，最终得到整个问题的最优解。
三、最短路径问题最短路径问题是指在加权有向图或无向图中，求解从一个顶点到另一个顶点的最短路径的问题。
常见的解法有两种：Dijkstra算法和Bellman-Ford算法。
Dijkstra算法是通过维护一个距离表，不断选择距离最短的顶点来更新距离表，直至找到目标顶点。
Bellman-Ford算法是通过进行多次松弛操作，逐步缩小问题规模，直至找到目标顶点或发现负权环。
总结：动态规划是一种解决最优化问题的常见方法，它通过分组子问题、定义状态、确定状态转移方程和填表格的方式，来得到整个问题的最优解。
在解决动态规划问题时，可以采用记忆化搜索或者动态规划的策略，具体选择哪种方法可以根据问题的特点和优化的需要来决定。
动态规划应用案例
动态规划应用案例动态规划是一种解决复杂问题的优化算法。
它通过将问题拆分成多个子问题，并记录每个子问题的解，以避免重复计算，从而提高算法的效率。
在实际应用中，动态规划被广泛用于解决各种问题，包括最优化问题、路径搜索问题、序列问题等。
本文将介绍几个动态规划的应用案例，以展示其在实际问题中的强大能力。
案例一：背包问题背包问题是动态规划中经典的一个例子。
假设有一个背包，容量为V，现有n个物品，每个物品的重量为wi，价值为vi。
要求在不超过背包容量的前提下，选取一些物品放入背包，使得背包中的物品总价值最大。
这个问题可以用动态规划来解决。
首先定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示在前i个物品中选择一些物品，使得它们的总重量不超过j时的最大总价值。
然后，可以得到如下的状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-wi] + vi)最后，根据状态转移方程，可以循环计算出dp[n][V]的值，即背包中物品总价值的最大值，从而解决了背包问题。
案例二：最长递增子序列最长递增子序列是指在一个序列中，选取一些数字，使得这些数字按照顺序排列，且长度最长。
动态规划也可以应用于解决最长递增子序列问题。
假设有一个序列nums，长度为n。
定义一个一维数组dp，其中dp[i]表示以nums[i]为结尾的最长递增子序列的长度。
然后，可以得到如下的状态转移方程：dp[i] = max(dp[j] + 1)，其中j < i且nums[j] < nums[i]最后，循环计算出dp数组中的最大值，即为最长递增子序列的长度。
案例三：最大子数组和最大子数组和问题是指在一个数组中，选取一段连续的子数组，使得子数组的和最大。
动态规划也可以用于解决最大子数组和问题。
假设有一个数组nums，长度为n。
定义一个一维数组dp，其中dp[i]表示以nums[i]为结尾的连续子数组的最大和。
然后，可以得到如下的状态转移方程：dp[i] = max(dp[i-1] + nums[i], nums[i])最后，循环计算出dp数组中的最大值，即为最大子数组的和。
经典的动态规划入门练习题
动态规划入门练习题1.石子合并在一个圆形操场的四周摆放着N堆石子(N<= 100),现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选取相邻的两堆合并成新的一堆,并将新的一堆的石子数,记为该次合并的得分.编一程序,由文件读入堆栈数N及每堆栈的石子数(<=20).(1)选择一种合并石子的方案,使用权得做N－1次合并,得分的总和最小;(2)选择一种合并石子的方案,使用权得做N－1次合并,得分的总和最大;输入数据:第一行为石子堆数N;第二行为每堆的石子数,每两个数之间用一个空格分隔.输出数据:从第一至第N行为得分最小的合并方案.第N+1行是空行.从第N+2行到第2N+1行是得分最大合并方案.每种合并方案用N行表示,其中第i行(1<=i<=N)表示第i次合并前各堆的石子数(依顺时针次序输出,哪一堆先输出均可).要求将待合并的两堆石子数以相应的负数表示.输入输出范例:输入:44 5 9 4输出:－４５９－４－８－５９－１３－９２２４－５－９４４－１４－４－４－１８２２最小代价子母树设有一排数，共ｎ个，例如：22 14 7 13 26 15 11.任意2个相邻的数可以进行归并,归并的代价为该两个数的和,经过不断的归并,最后归为一堆,而全部归并代价的和称为总代价,给出一种归并算法,使总代价为最小.输入、输出数据格式与“石子合并”相同。
输入样例：412 5 16 4输出样例：－１２－５１６４１７－１６－４－１７－２０３７2.背包问题设有ｎ种物品，每种物品有一个重量及一个价值。
但每种物品的数量是无限的，同时有一个背包，最大载重量为ＸＫ，今从ｎ种物品中选取若干件（同一种物品可以多次选取），使其重量的和小于等于ＸＫ，而价值的和为最大。
输入数据：第一行两个数：物品总数Ｎ，背包载重量ＸＫ；两个数用空格分隔；第二行N个数,为Ｎ种物品重量；两个数用空格分隔；第三行N个数,为N种物品价值; 两个数用空格分隔；输出数据：第一行总价值；以下N行，每行两个数，分别为选取物品的编号及数量；输入样例：4 102 3 4 71 3 5 9输出样例：122 14 13.商店购物某商店中每种商品都有一个价格。
动态规划问题-经典模型的状态转移方程
动态规划问题-经典模型的状态转移⽅程状态转移⽅程动态规划中当前的状态往往依赖于前⼀阶段的状态和前⼀阶段的决策结果。
例如我们知道了第i个阶段的状态Si以及决策Ui，那么第i+1阶段的状态Si+1也就确定了。
所以解决动态规划问题的关键就是确定状态转移⽅程，⼀旦状态转移⽅程确定了，那么我们就可以根据⽅程式进⾏编码。
在前⾯的⽂章讲到了如何设计⼀个动态规划算法，有以下四个步骤：1、刻画⼀个最优解的结构特征。
2、递归地定义最优解的值。
3、计算最优解的值，通常采⽤⾃底向上的⽅法。
4、利⽤计算出的信息构造⼀个最优解。
对于确定状态转移⽅程就在第⼀步和第⼆步中，⾸先要确定问题的决策对象，接着对决策对象划分阶段并确定各个阶段的状态变量，最后建⽴各阶段的状态变量的转移⽅程。
例如⽤dp[i]表⽰以序列中第i个数字结尾的最长递增⼦序列长度和最长公共⼦序列中⽤dp[i][j]表⽰的两个字符串中前 i、 j 个字符的最长公共⼦序列，我们就是通过对这两个数字量的不断求解最终得到答案的。
这个数字量就被我们称为状态。
状态是描述问题当前状况的⼀个数字量。
⾸先，它是数字的，是可以被抽象出来保存在内存中的。
其次，它可以完全的表⽰⼀个状态的特征，⽽不需要其他任何的辅助信息。
最后，也是状态最重要的特点，状态间的转移完全依赖于各个状态本⾝，如最长递增⼦序列中，dp[x]的值由 dp[i](i < x)的值确定。
若我们在分析动态规划问题的时候能够找到这样⼀个符合以上所有条件的状态，那么多半这个问题是可以被正确解出的。
所以说，解动态规划问题的关键，就是寻找⼀个好的状态。
总结下⾯对这⼏天的学习总结⼀下，将我遇到的各种模型的状态转移⽅程汇总如下：1、最长公共⼦串假设两个字符串为str1和str2，它们的长度分别为n和m。
d[i][j]表⽰str1中前i个字符与str2中前j个字符分别组成的两个前缀字符串的最长公共长度。
这样就把长度为n的str1和长度为m的str2划分成长度为i和长度为j的⼦问题进⾏求解。
动态规划经典例题
动态规划经典例题动态规划关键在于填表以及输出过程(个⼈理解)算法思想把原问题分解成若⼲个简单的⼦问题，保存已解决的⼦问题答案，避免重复计算。
动态规划常应⽤于有重叠⼦问题和最优⼦结构性质的问题。
⼦问题最优从⽽达到全局最优。
算法基本步骤找出最优解的性质递归的定义最优值以⾃底向上的⽅式计算最优值根据计算最优值的信息构造最优解经典案例⼀ 0/1背包问题import java.util.Scanner;import static sun.misc.Version.println;public class Dp{int n,v;//物品数量和容积int value[];int weight[];int dp[][];//dp[i][j]表⽰i个物品，容积为j时得到的最⼤价值public void Maxvalue(){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=v;j++){//注意下标还有别的写法if(j>=weight[i]){dp[i][j]=Math.max(value[i]+dp[i-1][j-weight[i]], //拿了第i个dp[i-1][j]);//没拿}else{dp[i][j]=dp[i-1][j];}}}for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=v;j++){System.out.print(dp[i][j] + " ");}System.out.println();}}public void BestResult(int n,int v){boolean isAdd[]=new boolean[n+1];//记录物品是否拿了for(int i=n;i>=1;i--){ // 倒序if(dp[i][v]==dp[i-1][v]){isAdd[i]=false;}else{isAdd[i]=true;}v-=weight[i];}for(int i=1;i<=n;i++){//把结果正序输出System.out.println(i+"是"+isAdd[i]);}}public void Init(){Scanner sc =new Scanner (System.in);n=sc.nextInt();v=sc.nextInt();weight=new int [n+1];value=new int [n+1];dp=new int[n][v];for(int i=1;i<=n;i++){weight[i]=sc.nextInt();}for(int i=1;i<=n;i++){value[i]=sc.nextInt();}}public static void main(String[] args){Dp bag=new Dp();bag.Init();bag.Maxvalue();bag.BestResult(bag.n,bag.v);}}经典例题⼆矩阵连乘问题public class dp_matrix {int j=6;int p[];int s[][];//记录断点kint dp[][];//最⼩代价public dp_matrix() {p=new int[]{10,15,25,35,20,10,40};s=new int[j][j];dp=new int[j][j];}public void dp_matrix(){for(int i=0;i<j;i++){dp[i][i]=0;}for(int r=2;r<=j;r++){for(int i=0;i<=j-r;i++){int n=i+r-1;dp[i][n]=dp[i+1][n]+p[i]*p[i+1]*p[n+1];//i<js[i][n]=i;//在i+1分的for(int k=i+1;k<n;k++){int key=dp[i][k]+dp[k+1][n]+p[i]*p[k+1]*p[n];//注意下标if(key<dp[i][n]){dp[i][n]=key;//更新s[i][n]=k;// 更新}}}}}public void traceBack(int i ,int j){if(i==j){System.out.print(i);}else{System.out.print("(");traceBack(i,s[i][j]);traceBack(s[i][j]+1,j);System.out.print(")");}}public static void main(String[] args){dp_matrix matrix=new dp_matrix();matrix.dp_matrix();matrix.traceBack(0,5);}}经典例题三最长公共⼦序列public class Dp_Lcs {public void Maxlength(){String []m={"a","b","c","d"};String []n={"b","c","d"};int x=m.length;int y=n.length;int [][] dp=new int[m.length+1][n.length+1];//dp[i][j]表⽰xi与yi两个序列最长公共⼦序列的长度 int[][] s=new int[m.length][n.length];//s[i][j]⽤来储存m[i]与n[j]之间的关系for(int i=0;i<=x;i++){//初始化dp[i][0]=0;}for(int i=0;i<=y;i++){dp[0][i]=0;}for(int i=1;i<=x;i++){for(int j=1;j<=y;j++){if(m[i-1]==(n[j-1])){ //相等时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;//参照图s[i-1][j-1]=1;}else {dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);if(dp[i][j]==dp[i-1][j]){s[i-1][j-1]=-1;}else s[i-1][j-1]=0;}}}for(int i=0;i<x;i++){for(int j=0;j<y;j++){System.out.print(s[i][j]);}System.out.println();}for(int i=0;i<x+1;i++){for(int j=0;j<y+1;j++){System.out.print(dp[i][j]);}System.out.println();}System.out.println("最长为"+" ");LCS(s,m,x,y);}public void LCS(int[][] s, String[] m, int i, int j){//{递归遍历s[i][j]if(i == 0 || j == 0){ return;}switch (s[i-1][j-1]) {case 1:LCS(s,m,i - 1, j - 1);System.out.println(m[i-1]+ " ");break;case 0:LCS(s,m,i - 2, j);break;default:LCS(s,m,i, j-2);break;}}public static void main(String[] args) { Dp_Lcs a=new Dp_Lcs();a.Maxlength();}}。
动态规划经典问题
动态规划经典问题动态规划（Dynamic Programming）是一种常用的求解最优化问题的方法，它通过将问题分解成若干子问题，并保存子问题的解，从而避免重复计算，提高计算效率。
在动态规划中，经典问题有不少，其中包括背包问题、最长公共子序列问题、最长递增子序列问题等。
本文将介绍其中的两个经典问题：背包问题和最长递增子序列问题。
一、背包问题背包问题是动态规划中的经典问题之一，它描述了一个给定容量的背包和一系列物品，每一个物品有自己的分量和价值，在限定的容量下，如何选择物品使得背包中的总价值最大化。
假设有一个背包，容量为W，有n个物品，每一个物品的分量分别为w1,w2, ..., wn，对应的价值分别为v1, v2, ..., vn。
要求在限定的背包容量下，选择一些物品放入背包，使得背包中物品的总价值最大。
解决背包问题的一种常用方法是使用动态规划。
我们可以定义一个二维数组dp，其中dp[i][j]表示在前i个物品中，背包容量为j时的最大价值。
根据动态规划的思想，我们可以得到如下的状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-wi] + vi)其中，dp[i-1][j]表示不选择第i个物品时的最大价值，dp[i-1][j-wi] + vi表示选择第i个物品时的最大价值。
具体求解背包问题的步骤如下：1. 初始化dp数组，将dp[0][j]和dp[i][0]均设为0，表示背包容量为0时和没有物品可选时的最大价值均为0。
2. 逐个计算dp[i][j]的值，根据状态转移方程更新dp数组。
3. 最终得到dp[n][W]的值，即为所求的最大价值。
例如，假设背包容量为10，有4个物品，它们的分量和价值分别如下：物品1：分量2，价值6物品2：分量2，价值3物品3：分量3，价值5物品4：分量4，价值8根据上述步骤，可以得到如下的dp数组：0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 0 0 6 6 6 6 6 6 6 6 62 0 0 6 6 9 9 9 9 9 9 93 0 0 6 6 9 9 11 11 14 14 144 0 0 6 6 9 9 11 11 14 14 17可以看到，dp[4][10]的值为17，表示在背包容量为10时，选择物品1、物品3和物品4可以得到的最大价值为17。
动态规划（DynamicProgramming）LeetCode经典题目
动态规划（DynamicProgramming）LeetCode经典题⽬
动态规划（DP）概述：
动态规划是运筹学的⼀个分⽀。
（运筹学，是现代管理学的⼀门重要专业基础课。
该学科利⽤统计学、数学模型和算法等⽅法，去寻找复杂问题中的最佳或近似最佳的解答。
）
以局部最优解最终求得全局最优解。
在设计动态规划算法时，需要确认原问题与⼦问题、动态规划状态、边界状态结值、状态转移⽅程等关键要素。
在算法⾯试中，动态规划是最常考察的题型之⼀，⼤多数⾯试官都以是否可较好地解决动态规划相关问题来区分候选者是否“聪明”。
下⾯就让我们开始8道经典的动态规划相关题⽬吧！！
1、LeetCode70 爬楼梯
2、LeetCode198 打家劫舍
3、LeetCode53 最⼤⼦序和
4、LeetCode322 找零钱
5、LeetCode120 三⾓形
6、LeetCode300 最长上升⼦序列
7、LeetCode64 最⼩路径和
8、LeetCode174 地下城游戏
（题解稍后会在博客随笔分类“动态规划”中⼀⼀给出，耐⼼等待哦！！）
欢迎评论，共同进步！！。
猎狗追狐狸的数学题
猎狗追狐狸的数学题在数学领域，有一道经典题目被称为猎狗追狐狸的数学题。
这个题目是一个经典的动态规划问题，涉及到猎狗追捕狐狸的情景。
题目描述：猎狗追狐狸，狐狸在一条直线上的点A，猎狗在狐狸的起始点的下方。
狐狸在单位时间内能够向右或向左移动一个单位距离，猎狗在单位时间内能够向右或向左移动k个单位距离。
狐狸的速度为V，猎狗的速度为K * V，其中K是狗的速度倍数。
狐狸和狗在同一位置时狐狸被捕。
求狗能否追到狐狸。
解题思路：狐狸和狗在直线上移动，狐狸每单位时间向左或向右移动一个单位，狗每单位时间向左或向右移动k个单位。
狐狸和狗在同一位置时狐狸被捕，狗能否追到狐狸取决于两者之间的距离和速度。
我们可以将狐狸和狗的位置表示为数轴上的点，狐狸的位置为A，狗的位置为B。
假设狐狸和狗之间的距离为D，狐狸的速度为V，狗的速度为K * V。
狐狸和狗每单位时间内都向对方靠近，所以狐狸和狗之间的距离每单位时间都会减少。
狐狸和狗的位置可以表示为：A = A + V，B = B + K * V。
狐狸和狗的距离可以表示为：D = |A - B|。
狗追狐狸的过程可以看作是狗和狐狸之间的距离逐渐减小的过程。
当狐狸和狗的距离小于等于狐狸的速度时，狗追上狐狸，狐狸被捕。
当狐狸的速度大于狗的速度时，狗无法追上狐狸，狐狸逃脱。
狐狸和狗的位置和距离的变化可以用数学表达式表示：A(n+1) = A(n) + VB(n+1) = B(n) + K * VD(n+1) = |A(n+1) - B(n+1)| = |A(n) + V - B(n) - K * V| = |(A(n) - B(n)) + (1 - K) *V|由于狐狸和狗的速度已知，我们可以根据上述表达式计算出每一步狐狸和狗的位置和距离。
如果狐狸和狗的距离在某一步小于等于狐狸的速度，狗追上狐狸，狐狸被捕。
如果狐狸的速度大于狗的速度，狗无法追上狐狸，狐狸逃脱。
这个题目可以通过编程实现。
首先，我们需要输入狐狸的位置A，狗的位置B，狐狸的速度V和狗的速度倍数K。
牛吃草问题的公式原理
牛吃草问题的公式原理牛吃草问题是一个经典的动态规划问题，它可以用来计算在给定约束条件下，牛在一定时间内吃掉所有草的最小花费。
问题的基本假设是，牛在每个时间单位内可以选择吃一撮或不吃草。
问题的公式原理如下：
假设有 n 袋草（编号为 1 到 n），每袋草有一个对应的消耗值c[i]，表示吃掉这袋草所需花费的能量。
牛在每个时间单位内可以选择吃或不吃一袋草。
定义一个动态规划数组 dp，其中 dp[i] 表示只考虑前 i 袋草时的最小花费。
牛可以选择吃掉第 i 袋草，则当前花费为 c[i]，加上前 i-1 袋草的最小花费 dp[i-1]；或者选择不吃掉第 i 袋草，则当前花费为 0，加上前 i-1 袋草的最小花费 dp[i-1]。
因此，状态转移方程可以表示为：
```
dp[i] = min(dp[i-1] + c[i], dp[i-1])
```
其中，dp[i-1] + c[i] 表示吃掉第 i 袋草的花费，dp[i-1] 表
示不吃掉第 i 袋草的花费。
最终，动态规划数组 dp 的最后一个元素 dp[n] 即为牛吃掉所有草的最小花费。
通过动态规划的思想，我们可以有效地解决牛吃草问题，并获得最优解。
使用上述公式原理，可以编写相应的算法来解决这个问题。
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代码
• 使用STL的lower_bound可以直接求出比a[i] 大的第一个数, 用二分查找实现, 每次转移 时间O(logn), 总时间O(nlogn)
fill(g, g + n, infinity); for(int i = 0; i < n; i++){
动态规 二、最优排序二叉树O(n3) 三、最长上升子序列O(nlogn) 四、最优三角剖分O(n3) 五、最大m子段和O(mn) 六、0-1背包问题O(min{nc, 2n, n1.44n}) 七、最优排序二叉树O(n2) 八、最优合并问题O(nlogn)
• 空间复杂度：需要两个n*n矩阵，O(n2)
三、最长上升子序列
• 最长上升子序列问题（LIS）给一个序列， 求它的一个递增子序列，使它的元素个数 尽量多。例如序列1,6,2,5,4,7的最长上升子 序列是1,2,5,7（还有其他的，这里略去）
分析
• 定义d[i]是从第1个元素到第i个元素为止的最长子 序列长度, 则状态转移方程为
• 每个三角形有一个权计算公式(如周长, 顶点权和), 求总权最小(大)的三角剖分方案
分析
• 用d[i,j]表示由顶点i, i+1, …, j组成的多边形 (注意i可以大于j) 的最小代价
– 方案一: 枚举三个顶点, 组成一个三角形, 决策 是O(n3)的
– 方案二: 边(i,j)一定属于一个唯一的三角形, 设第 三个顶点为k, 则决策仅为O(n)
• 我们把d的第一维称为”阶段”, 则本题是典型 的多阶段决策问题
– 计算一个阶段时, 顺便记录本阶段最大值 – 只保留相邻两个阶段(滚动数组)
• 则时间降为O(nm), 空间降为O(n)
六、0-1背包问题
• 给定n种物品和一个背包, 物品i的重量是wi, 价值是vi, 背包容量为c
• 对于每个物品，要么装背包，要么不装 • 选择装背包的物品集合，使得物品总重量
尽量大 • 例如m=2, 1 2 -3 4 5 -6 7
分析
• 设d[i,j]为以j项结尾的i段和的最大值, 则需要 枚举此段开头y和上一段结尾x, 即 d[i,j]=max{d[i-1,x] + a[y..j]}
• 每次需要枚举x<y<=j, 决策量为O(n2), 状态 为O(nm), 共O(n3m)
总时间复杂度为O(nc). 用滚动数组后, 空间 复杂度只有O(c)
分析
• 当c大时, 算法效率非常低. 事实上，由于c 是数值范围参数, 一般不把它看作输入规模. 这样的O(nc)只是一个伪多项式算法
• 事实上, 如果物品重量和背包容量都是实数 时, 算法将失败, 因为看起来物品的重量和 可以是”任何实数”.
• 但事实是: 物品重量和只有2n种可能的取值, 并不是无限多种
分析
• 算法一: 枚举2n个子集合, 再计算, 枚举2n, 计算n, 共n2n
• 算法二: 采用递归枚举, 共2n • 算法三: 先考虑一半元素, 保存2n/2个和. 再
考虑后一半元素, 每计算出一个和w, 查找重 量<=c-w的元素中价值的最大值.
可以递归往下做
A B C D E F G H I J K L M N O P ..
23 10 8 12 30 5 14 18 20 2 4 11 7 22 22 10 ..
分析
• 用递归来思考，但用递推来做 • 先考虑两个结点的情形
分析
• 可以用矩阵来保存结果 • C[j,k]表示从j到k的关键码组成的最优排序二叉树 • Root[j,k]记录这棵排序二叉树的根
方法. 例如A1是10*100, A2是100*5, A3是 5*50, 则
– 顺序1: (A1A2)A3, 代价为 10*100*5+10*5*50=7500
– 顺序2: A1(A2A3), 代价为 100*5*10+10*100*50=75000
• 求代价最小的方案(加括号方法)
共同的结构
• 用二叉树(binary tree)可以表示两个问题相同的 结构, 每个结点表示一个区间(结点区间 / 矩阵区 间), 左子树和右子树表示分成的两个序列
f[i]<f[j], 因此问题变成了 求f的最长上升子序列
• 时间复杂度为O(nlogn)
变形2: 两排列的LCS
• 给1~n的两个排列p1, p2 • 求p1和p2的最长公共子序列 • 例: 1 5 3 2 4 Ù 5 3 4 2 1
分析
• 算法一: 直接套用LCS算法, 时间O(n2) • 算法二: 注意到把两个排列做相同的置换,
• 直接使用这个方程得到的是O(n2)算法 • 下面把它优化到O(nlogn)
状态的组织
• d值相同的a值只需要保留最小的, 因此用数 组g[i]表示d值为i的数的a最小值, 显然 g[1]<=g[2]<=…<=g[k]
• 计算d[i]: 需要在g中找到大于等于a[i]的第 一个数j, 则d[i]=j
• 注意到如果a[j-1]也是本段的, 答案变成为 d[i,j-1]+a[j], 因此方程优化为 d[i,j]=max{d[i,j-1]+a[j], d[i-1,x]+a[j]}, x<j
分析
• 优化后状态仍然是二维的，但决策减少为 O(n), 总O(n2m)
• 可以继续优化. 注意到时间主要耗费在对x 的枚举上, 计算max{d[i-1,x]}. 这个值…
• 如果在原问题中让d[i,j]表示i-1~j的最优值，则在 方程形式上也完全等价
变形2. 决斗
• 编号为1~n的n个人按逆时针方向排成一 圈，他们要决斗n-1场。每场比赛在某相邻 两人间进行，败者退出圈子，紧靠败者右 边的人成为与胜者直接相邻的人。
• 任意两人之间决斗的胜负都将在一矩阵中 给出（如果A[i,j]=1则i与j决斗i总是赢，如果 A[i,j]=0则i与j决斗时i总是输），
变形. 回文词
• 给一个字符串a, 保持原字符的顺序不变, 至 少要加几个字符才能变成回文词?
• 例: abfcbfa Î afbcfcbfa
分析
• 红、绿色表示原字符, 白色为新增字符 • 显然, s和s’在任何一个位置不可能都是白色(不
需要加那个字符!) • 应该让红色字符尽量多! 相当于求s和逆序串s’
• 设d[i,j]的最优决策为K[i,j], 下面证明
K[i,j-1]<=K[i,j]<=K[i+1,j]
• 从而把时间复杂度降到O(n2)
四边形不等式
• 凸性(Monge condition/quadrangle inequality) w[i,j]+w[i’j’]<=w[i’,j]+w[i,j’], i<=i’<j<=j’
关键点一: 最优子结构
• 为了使用动态规划, 问题需具备最优子结构 (Optimal Substructure)
直接书写的程序
递归树分析
关键点二: 重叠子问题
• 为了让动态规划确实发挥功效, 问题应该包含尽 量多的重叠子问题(overlapping subproblems)
解决方法: 记忆化
• 求出所有可能赢得整场决斗的人的序号
分析
• 首先把圈想象成一条链
• 设d[i,j]表示i是否能和j相遇, 则相遇的充要条件是 存在k, i和k, k和j都能相遇, 且i或j能打败k
• 同样是O(n2)个状态, 决策O(n), 总O(n3)
五、最大m子段和
• 给一个序列a1, a2, …, an • 求m个不相交(可以相接)的连续序列, 总和
• 注意memoization不是memorization
自底向上递推
空间优化
• 如果只需要最优值, 可以用滚动数组实现 • 按照i递增的顺序计算, d[i,j]只和d[i-1,j]和
d[i,j-1]以及d[i-1,j-1]有关系，因此只需要保 留相邻两行, 空间复杂度为O(min{m,n}) • 更进一步的, 可以只保留一行, 每次用单独 的变量x保留d[i-1,j], 则递推方程为 If(i==j) d[j]=x; else { x = d[j]; d[j]=max{d[j-1], d[j]} };
下面考虑实现细节
算法三
• 前一半元素的2n/2个和按重量从小到大排序后放在 表a里. 对于任何两个和i, j, 如果wi<wj且vi>vj, 则j 是不需要保存的, 因此按重量排序好以后也是按价 值排序的
• 考虑后一半元素时, 每得到一个重量w, 用二分查 找得到重量不超过c-w的最大元素, 则它的价值也 最大.
分析
• 考虑三个结点的情形 • 最优值放在C[B,D]中，根放在root[B,D]中
分析
• 类似地，更新所有C[j-2,j]和root[j-2,j]
分析
• 四个结点的情形（如A-D）
分析
• 最终计算结果为
分析
• 可以利用root矩阵递归地构造出最优树
分析
• 时间复杂度：计算每个C[i,j]和root[i,j]需要 枚举根结点，故为O(n3)
int j = lower_bound(g, g + n, a[i]) - g; d[i] = j + 1; g[j] = a[i]; }
变形1: 航线问题
• 有两行点, 每行n个. 第一行点和第二行点是一一 对应的, 有线连接, 如下图所示
• 选择尽量多的线, 两两不交叉
分析
• 设与第1行第i个点对应的是第2行第f[i]个点 • 假设i<j, 两条线(i, f[i])和(j, f[j])的充要条件是