动态规划算法-02矿工挖矿问题
矿工挖矿问题
矿工挖矿
问题描述
该问题为了解决在给定金矿和矿工数量的前提下,能够获得最多黄金的挖矿策略。很多算法题其实就是这个问题换了一个情境。
有5个金矿,每个金矿黄金储量不同,需要参与挖掘的工人数目也不同,假定有10个工人,每个金矿要么全挖,要么不挖,不可以拆分,试问,想得到最多的黄金,应该选择挖取哪几个金矿。金矿信息如下表。
金矿编号 | 黄金储量 | 所需工人数目 |
---|---|---|
1 | 400 | 5 |
2 | 500 | 5 |
3 | 200 | 3 |
4 | 300 | 4 |
5 | 350 | 3 |
题解思路
如果要使用动态规划解题,就要确定动态规划的三要素:最优子结构、边界和状态转移函数。
最优子结构
解题目标是确定10个工人挖5个金矿能够获得最多的黄金量,该问题可以从10个工人挖4个金矿的子问题中递归求解。而我们在解决10个工人挖4个金矿时,存在两种选择,一种是放弃第5个矿,将10个工人投入到挖四个矿中;另一种选择是决定对第5个矿进行挖掘,因此需要从这10个人中抽取3个人(第5个矿需要人数)加入第5个矿开采,剩余的人处理前4个矿。因此,最优解应该是这两种选择中获得黄金数量较多的那一种。
为了描述方便,设金矿数量为nnn,工人个数为www,第n个矿的黄金数量为G[n−1]G[n-1]G[n−1],第n个矿所需工人为P(n)P(n)P(n),要想获得10个矿工挖掘5个金矿的最优解为max(F(4,10),F(4,10−P[4])+G[4])max(F(4,10),F(4,10-P[4])+G[4])max(F(4,10),F(4,10−P[4])+G[4])。这就是最优子结构。
边界
对于第一个金矿而言,若当前的矿工数量不能达到金矿的挖掘需要则只能放弃这个矿,获得的黄金数量为0;若能满足矿工数量要求,获得的黄金数量为G[0]G[0]G[0]。
因此,边界可以描述为
- n=1,w>=P[0]n=1,w>=P[0]n=1,w>=P[0]时,F(n,w)=G[0]F(n,w)=G[0]F(n,w)=G[0]
- n=1,w<P[0]n=1,w<P[0]n=1,w<P[0]时,F(n,w)=0F(n,w)=0F(n,w)=0
状态转移函数
F(n,w)={0(n<=1,w<P[0])G[0](n==1,w>=P[0])F(n−1,w)(n>1,w<P[n−1])max(F(n−1,w),F(n−1,w−P[n−1])+G[n−1])(n>1,w>=P[n−1])F(n,w) = \left\{ \begin{aligned} & 0 &(n<=1,w<P[0]) \\ & G[0] &(n==1, w>=P[0])\\ & F(n-1,w) & (n>1,w<P[n-1])\\ & max(F(n-1,w), F(n-1, w-P[n-1])+G[n-1]) &(n>1,w>=P[n-1]) \end{aligned} \right. F(n,w)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧0G[0]F(n−1,w)max(F(n−1,w),F(n−1,w−P[n−1])+G[n−1])(n<=1,w<P[0])(n==1,w>=P[0])(n>1,w<P[n−1])(n>1,w>=P[n−1])
到这里,三要素找到了,经过这个过程也明白了求解过程,由底向上计算,一步步推导可以得到结果,换句话说,n步的解其实就是第一步的结果推来的。
首先,我们可以使用递归的方法来写,它是自顶而下的。
def gold_mining(n ,w, G, P):if n <= 1 and w < P[0]:return 0if n == 1 and w >= P[0]:return G[0]if n > 1 and w < P[n-1]:return gold_mining(n-1, w, G, P)if n > 1 and w >= P[n-1]:return max(gold_mining(n-1, w, G, P), gold_mining(n-1, w-P[n-1], G, P) + G[n-1])if __name__ == '__main__':G = [400, 500, 200, 300, 350]P = [5, 5, 3, 4, 3]n = 5w = 10print(gold_mining(n, w, G, P))
这个解法可以求得最优解,会以树形结构求解子问题,如下图所示,不难发现,若金矿有nnn和,工人充足,复杂度即为O(2n)O(2^n)O(2n)。
优化思路
当金矿只有5个的时候,问题不是很复杂,但是当金矿数目增加的时候,这样的复杂度是无法接受的,直观上来看,这种递归之所以慢其实是因为进行了如下图所示的重复计算。
事实上,我们可以通过维护DP Table的方式来存储最优解从而以自下而上的方式求解本题,表格中的dp[i][j]
就表示F(n,w)
的值,因此我们可以得到如下的代码。
def gold_mining(n ,w, G, P):dp = [[0] * (w+1) for _ in range(len(G)+1)]for i in range(1, len(G)+1):for j in range(1, w+1):if j < P[i-1]:dp[i][j] = dp[i-1][j]else:dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-P[i-1]] + G[i-1])return dp[len(G)][w]if __name__ == '__main__':G = [400, 500, 200, 300, 350]P = [5, 5, 3, 4, 3]n = 5w = 10print(gold_mining(n, w, G, P))
上述代码的时间复杂度和空间复杂度都是O(nw)O(nw)O(nw),这比递归的性能好了很多。
进一步优化
上面这段代码其实时间上已经没什么优化的空间了,空间上还可以进一步优化。我们不妨回顾DP表,可以发现,其实每一行的结果值依赖于上一行的10个结果。举个例子,我们已4个金矿9个工人为例,F(4,9)F(4, 9)F(4,9)来源于F(3,5)F(3,5)F(3,5)和F(3,9)F(3,9)F(3,9),这两个结果显然在上一行已经计算了。
因此,其实无论金矿多少个,我们也只需要保存一行的数据,在下一行计算时,从右向左统计并更新数据即可。
优化后的代码如下,可以发现,空间复杂度降低到了O(n)O(n)O(n),这就是本题的最优方法了。
def gold_mining(n ,w, G, P):dp = [0] * (w+1)for i in range(1, len(G)+1):for j in range(w, 0, -1):if j >= P[i-1]:dp[j] = max(dp[j], dp[j-P[i-1]] + G[i-1])return dp[w]if __name__ == '__main__':G = [400, 500, 200, 300, 350]P = [5, 5, 3, 4, 3]n = 5w = 10print(gold_mining(n, w, G, P))
补充说明
具体代码可以查看我的Github,欢迎Star或者Fork,参考书《你也能看得懂的Python算法书》,书中略微有一点不合理之处,做了修改。到这里,其实你已经体会到了动态规划的简约之美,当然,要注意Python是有递归深度限制的,如不是必要,建议使用循环控制。
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