北大培训课动态规划----神奇的口袋(百练2755)

北京大学暑期课《ACM/ICPC竞赛训练》 ppt摘取

什么是动态规划？

●递归到动规的一般转化方法

递归函数有n个参数，就定义一个n维的数组，数组的下标是递归函数参数的取值范围，数组元素的值是递归函数的返回值，这样就可以从边界值开始，逐步填充数组，相当于计算递归函数值的逆过程。

●动规解题的一般思路

1. 将原问题分解为子问题

把原问题分解为若干个子问题，子问题和原问题形式相同或类似，只不过规模变小了。子问题都解决，原问题即解决(数字三角形例）。

子问题的解一旦求出就会被保存，所以每个子问题只需求解一次。

2. 确定状态

在用动态规划解题时，我们往往将和子问题相关的各个变量的一组取值，称之为一个“状态”。一个“状态”对应于一个或多个子问题，所谓某个“状态”下的“值”，就是这个“状态”所对应的子问题的解。

所有“状态”的集合，构成问题的“状态空间”。“状态空间”的大小，与用动态规划解决问题的时间复杂度直接相关。在数字三角形的例子里，一共有N×(N+1)/2个数字，所以这个问题的状态空间里一共就有N×(N+1)/2个状态。

整个问题的时间复杂度是状态数目乘以计算每个状态所需时间。

在数字三角形里每个“状态”只需要经过一次，且在每个状态上作计算所花的时间都是和N无关的常数。

用动态规划解题，经常碰到的情况是，K个整型变量能构成一个状态（如数字三角形中的行号和列号这两个变量构成“状态”）。如果这K个整型变量的取值范围分别是 N1, N2, ……Nk，那么，我们就可以用一个K维的数组 array[N1] [N2]……[Nk]来存储各个状态的“值”。这个 “值”未必就是一个整数或浮点数，可能是需要一个结构才能表示的，那么array就可以是一个结构数组。一个 “状态”下的“值”通常会是一个或多个子问题的解。

3. 确定一些初始状态（边界状态）的值
以“数字三角形”为例，初始状态就是底边数字，值就是底边数字值。

4. 确定状态转移方程
定义出什么是“状态”，以及在该 “状态”下的“值”后，就要找出不同的状态之间如何迁移――即如何从一个或多个“值”已知的 “状态”，求出另一个“状态”的“值”(“人人为我”递推型)。状态的迁移可以用递推公式表示，此递推公式也可被称作“状态转移方程”。

●能用动规解决的问题的特点

1) 问题具有最优子结构性质。如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，我们就称该问题具有最优子结构性质。

2) 无后效性。当前的若干个状态值一旦确定，则此后过程的演变就只和这若干个状态的值有关，和之前是采取哪种手段或经过哪条路径演变到当前的这若干个状态，没有关系。

●动归的三种形式

1）记忆递归型

优点：只经过有用的状态，没有浪费。递推型会查看一些没用的状态，有浪费

缺点：可能会因递归层数太深导致爆栈，函数调用带来额外时间开销。无法使用滚动数组节省空间。总体来说，比递推型慢。

2) “我为人人”递推型

没有什么明显的优势，有时比较符合思考的习惯。个别特殊题目中会比“人人为我”型节省空间。

状态i的值Fi在被更新（不一定是最终求出）的时候，依据Fi去更新（不一定是最终求出）和状态i 相关的其他一些状态的值 Fk,Fm,..Fy

Fk
Fm
Fi -> Fx
Fy
…

3)“人人为我”递推型动归

状态i的值Fi由若干个值已知的状态值Fk,Fm,..Fy 推出，如求和，取最大值 ……

在选取最优备选状态的值Fm,Fn,…Fy时，有可能有好的算法或数据结构可以用来显著降低时间复杂度。

Fk
Fm
Fx -> Fi
Fy
…

例题神奇的口袋(百练2755)

有一个神奇的口袋，总的容积是40，用这个口袋可以变出一些物品，这些物品的总体积必须是40。

John现在有n（1≤n ≤ 20）个想要得到的物品，每个物品的体积分别是a1，a2……an。John可以从这些物品中选择一些，如果选出的物体的总体积是40，那么利用这个神奇的口袋，John就可以得到这些物品。现在的问题是，John有多少种不同的选择物品的方式。

输入

输入的第一行是正整数n (1 <= n <= 20)，表示不同的物品的数目。接下来的n行，每行有一个1到40之间的正整数，分别给出a1，a2……an的值。

输出

输出不同的选择物品的方式的数目。

输入样例 3 20 20 20

输出样例 3

1.枚举的解法：

枚举每个物品是选还是不选，共2^20种情况

2.递归解法

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define N 100
int a[N],n;
int ways(int n,int w)   //从前n种物品中选择一些，凑成体积w的做法数目
{if(w==0) return 1;if(n<=0) return 0;return ways(n-1,w)+ways(n-1,w-a[n]);
}
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];cout<<ways(n,40)<<endl;return 0;
}

动规解法

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define N 100
int dp[N][50],n,a[N];  //dp[i][j]表示从前i种物品里凑出体积j的方法数 int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];dp[i][0]=1;}dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=40;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j>=a[i])dp[i][j]+=dp[i-1][j-a[i]];}}cout<<dp[n][40]<<endl;return 0;
}

“我为人人”型递推解法

此问题仅在询问容积40是否可达，40是个很小的数，可以考虑对值域空间-即对容积的可达性进行动态规划。
定义一维数组 int sum[41];依次放入物品，计算每次放入物品可达的容积，并在相应空间设置记录，最后判断sum[40] 是否可达，到达了几次。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define N 100
int dp[N],n,a;int main()
{cin>>n;memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a;for(int j=40;j>=1;j--)   //一定为逆序，否则会重复更新if(dp[j]>0&&j+a<=40)dp[j+a]+=dp[j];//如果j有dp[j]种方式可达，则每种方式加上a就可达 j+adp[a]++;}cout<<dp[40]<<endl;return 0;
}

最长上升子序列的“我为人人”做法：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 1000
int dp[N],n,a[N];int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];dp[i]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;++j) //看看能更新哪些状态的值{if(a[j]>a[i])dp[j]=max(dp[j],dp[i]+1);}}cout<<*max_element(dp+1,dp+n+1)<<endl;return 0;
}

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