今天整理了一下关于动态规划的内容，道理都知道，但是python来描述的方面参考较少，整理如下，希望对你有所帮助，实验代码均经过测试。

请先好好阅读如下内容--什么是动态规划？

摘录于《算法图解》

这里写图片描述

以上的都建议自己手推一下，然后知道怎么回事，核心的部分是142页核心公式，待会代码会重现这个过程，推荐没有算法基础的小伙伴看这本书《算法图解》很有意思的书，讲的很清晰，入门足够

更深入的请阅读python算法-动态规划写的不错，可以参考

为什么要使用动态规划？

​ 首先我们要知道为什么要使用(Dynamic programming)dp，我们在选择dp算法的时候，往往是在决策问题上，而且是在如果不使用dp，直接暴力效率会很低的情况下选择使用dp.

那么问题来了，什么时候会选择使用dp呢，一般情况下，我们能将问题抽象出来，并且问题满足无后效性，满足最优子结构，并且能明确的找出状态转移方程的话，dp无疑是很好的选择。

无后效性通俗的说就是只要我们得出了当前状态，而不用管这个状态怎么来的，也就是说之前的状态已经用不着了，如果我们抽象出的状态有后效性，很简单，我们只用把这个值加入到状态的表示中。

最优子结构(自下而上)：在决策问题中，如果，当前问题可以拆分为多个子问题，并且依赖于这些子问题，那么我们称为此问题符合子结构，而若当前状态可以由某个阶段的某个或某些状态直接得到，那么就符合最优子结构

重叠子问题(自上而下)：动态规划算法总是充分利用重叠子问题，通过每个子问题只解一次，把解保存在一个需要时就可以查看的表中，每次查表的时间为常数，如备忘录的递归方法。斐波那契数列的递归就是个很好的例子

状态转移：这个概念比较简单，在抽象出上述两点的的状态表示后，每种状态之间转移时值或者参数的变化。

小结

动态规划： 动态规划表面上很难，其实存在很简单的套路：当求解的问题满足以下两个条件时， 就应该使用动态规划：

主问题的答案 包含了 可分解的子问题答案 (也就是说，问题可以被递归的思想求解)

递归求解时， 很多子问题的答案会被多次重复利用

动态规划的本质思想就是递归， 但如果直接应用递归方法， 子问题的答案会被重复计算产生浪费， 同时递归更加耗费栈内存， 所以通常用一个二维矩阵(表格)来表示不同子问题的答案， 以实现更加高效的求解。

​

Talk is cheap ,Show me the code

翻阅很多资料，貌似python描述的比较少，这里总结一下，用前面的图解中的伪代码重构下

背包问题

# 这里使用了图解中的吉他，音箱，电脑，手机做的测试，数据保持一致

w = [0, 1, 4, 3, 1] #n个物体的重量(w[0]无用)

p = [0, 1500, 3000, 2000, 2000] #n个物体的价值(p[0]无用)

n = len(w) - 1 #计算n的个数

m = 4 #背包的载重量

x = [] #装入背包的物体，元素为True时，对应物体被装入(x[0]无用)

v = 0

#optp[i][j]表示在前i个物体中，能够装入载重量为j的背包中的物体的最大价值

optp = [[0 for col in range(m + 1)] for raw in range(n + 1)]

#optp 相当于做了一个n*m的全零矩阵的赶脚，n行为物件，m列为自背包载重量

def knapsack_dynamic(w, p, n, m, x):

#计算optp[i][j]

for i in range(1, n + 1): # 物品一件件来

for j in range(1, m + 1): # j为子背包的载重量，寻找能够承载物品的子背包

if (j >= w[i]): # 当物品的重量小于背包能够承受的载重量的时候，才考虑能不能放进去

optp[i][j] = max(optp[i - 1][j], optp[i - 1][j - w[i]] + p[i]) # optp[i - 1][j]是上一个单元的值， optp[i - 1][j - w[i]]为剩余空间的价值

else:

optp[i][j] = optp[i - 1][j]

#递推装入背包的物体,寻找跳变的地方，从最后结果开始逆推

j = m

for i in range(n, 0, -1):

if optp[i][j] > optp[i - 1][j]:

x.append(i)

j = j - w[i]

#返回最大价值，即表格中最后一行最后一列的值

v = optp[n][m]

return v

print '最大值为：' + str(knapsack_dynamic(w, p, n, m, x))

print '物品的索引：',x

#最大值为：4000

#物品的索引： [4, 3]

优化背包问题的递归方法

def MaxVal2(memo , w, v, index, last):

"""

得到最大价值

w为widght

v为value

index为索引

last为剩余重量

"""

global numCount

numCount = numCount + 1

try:

#以往是否计算过分支，如果计算过，直接返回分支的结果

return memo[(index , last)]

except:

#最底部

if index == 0:

#是否可以装入

if w[index] <= last:

return v[index]

else:

return 0

#寻找可以装入的分支

without_l = MaxVal2(memo , w, v, index - 1, last)

#如果当前的分支大于约束

#返回历史查找的最大值

if w[index] > last:

return without_l

else:

#当前分支加入背包，剪掉背包剩余重量，继续寻找

with_l = v[index] + MaxVal2(memo , w, v , index - 1, last - w[index])

#比较最大值

maxvalue = max(with_l , without_l)

#存储

memo[(index , last)] = maxvalue

return maxvalue

w = [0, 1, 4, 3, 1] # 东西的重量

v = [0, 1500, 3000, 2000, 2000] # 东西的价值

numCount = 0

memo = {}

n = len(w) - 1

m = 4

print MaxVal2(memo , w, v, n, m) , "caculate count : ", numCount

# 4000 caculate count : 20

优化斐波那契数列的递归方法

多谢Python科学实验----动态规划,也就是对应上面的重叠子问题的方法，备忘录的递归方法

#Dynamic Method Experiment

import matplotlib.pyplot as plt

count=0;

#blank

def f(n):

global count

count=count+1

if n==1:

return 1

elif n==0:

return 1

else:

return f(n-1)+f(n-2)

# function calls count

def calc_f(n):

global count

count=0

f(n)

return count

#using memorization

mem={}

def mem_f(n):

global count,mem

count=count+1

if n in mem:

return mem[n]

else:

if n==1:

result=1

elif n==0:

result=1

else:

result=mem_f(n-1)+mem_f(n-2)

mem[n]=result

return result

def mem_calc_f(n):

global count

global mem

mem={}

count=0

mem_f(n)

return count

x=range(1,15)

y=[]

y2=[]

for i in x:

c=mem_calc_f(i)

y.append(c)

c2=calc_f(i)

y2.append(c2)

print "规模为%d时计算了%d次 i=%d时，val=%d"%(i,c,i,mem_f(i))

print "规模为%d时计算了%d次 i=%d时，val=%d"%(i,c2,i,f(i))

plt.plot(x,y)

plt.plot(x,y2)

plt.show()

它的基本思想就是记录已经计算过的值，避免重复计算。

如果使用装饰器的写法，则会优雅很多

from functools import wraps

def memo(func):

cache={}

@wraps(func)

def wrap(*args):

if args not in cache:

cache[args]=func(*args)

return cache[args]

return wrap

@memo

def fib(i):

if i<2: return 1

return fib(i-1)+fib(i-2)

fib(2)

一些利用DP的笔试题

CPU双核问题

网易笔试—动态规划: 题目的大概意思：一种双核CPU的两个核能够同时的处理任务，现在有n个已知数据量的任务需要交给CPU处理，假设已知CPU的每个核1秒可以处理1kb，每个核同时只能处理一项任务。n个任务可以按照任意顺序放入CPU进行处理，现在需要设计一个方案让CPU处理完这批任务所需的时间最少，求这个最小的时间。

输入包括两行：

第一行为整数n(1 ≤ n ≤ 50)

第二行为n个整数length[i](1024 ≤ length[i] ≤ 4194304)，表示每个任务的长度为length[i]kb，每个数均为1024的倍数。

输出一个整数，表示最少需要处理的时间。

问题实质是动态规划问题，把数组分成两部分，使得两部分的和相差最小。

如何将数组分成两部分使得两部分的和的差最小？参考博客http://www.tuicool.com/articles/ZF73Af

思路：

差值最小就是说两部分的和最接近，而且各部分的和与总和的一半也是最接近的。假设用sum1表示第一部分的和，sum2表示第二部分的和，SUM表示所有数的和，那么sum1+sum2=SUM。假设sum1

所以我们就有目标了，使得sum1<=SUM/2的条件下尽可能的大。也就是说从n个数中选出某些数，使得这些数的和尽可能的接近或者等于所有数的和的一般。这其实就是简单的背包问题了：

背包容量是SUM/2. 每个物体的体积是数的大小，然后尽可能的装满背包。

w = [0, 3072, 3072, 7168, 3072, 1024] # 假设进入处理的的任务大小

w = map(lambda x:x/1024,w) # 转化下

p = w # 这题的价值和任务重量一致

n = sum(w)/2 +1 # 背包承重为总任务的一半

optp = [[0 for j in range(n+1)] for i in range(len(w))]

for i in range(1,len(p)):

for j in range(1,n+1):

if j >= p[i]:

optp[i][j] = max(optp[i-1][j],p[i]+optp[i-1][j-w[i]])

else:

optp[i][j] = optp[i-1][j]

print optp[-1][-1]

print optp

# 背包矩阵入下所示，第一列和第一行无效占位符

[[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0],

[0, 0, 0, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3],

[0, 0, 0, 3, 3, 3, 6, 6, 6, 6],

[0, 0, 0, 3, 3, 3, 6, 7, 7, 7],

[0, 0, 0, 3, 3, 3, 6, 7, 7, 9],

[0, 1, 1, 3, 4, 4, 6, 7, 8, 9]]

LIS问题

longest increasing subsequence问题，

# 讲DP基本都会讲到的一个问题LIS：longest increasing subsequence

# http://www.deeplearn.me/216.html

lis = [2 ,1, 5, 3, 6 ,4 ,8 ,9, 7]

d = [1]*len(lis)

res = 1

for i in range(len(lis)):

for j in range(i):

if lis[j] <= lis[i] and d[i] < d[j]+1:

d[i] = d[j]+1

if d[j] > res:

res = d[j]

print res

LCS问题

# 根据图解教程写的伪代码，其实最后评论里面的代码就是我添加上去的

s1 = [1,3,4,5,6,7,7,8]

s2 = [3,5,7,4,8,6,7,8,2]

d = [[0]*(len(s2)+1) for i in range(len(s1)+1) ]

for i in range(1,len(s1)+1):

for j in range(1,len(s2)+1):

if s1[i-1] == s2[j-1]:

d[i][j] = d[i-1][j-1]+1

else:

d[i][j] = max(d[i-1][j],d[i][j-1])

print "max LCS number:",d[-1][-1]

给定一个有n个正整数的数组A和一个整数sum

​ 给定一个有n个正整数的数组A和一个整数sum,求选择数组A中部分数字和为sum的方案数。

当两种选取方案有一个数字的下标不一样,我们就认为是不同的组成方案。

输入描述:

输入为两行:

第一行为两个正整数n(1 ≤ n ≤ 1000)，sum(1 ≤ sum ≤ 1000)

第二行为n个正整数A[i](32位整数)，以空格隔开。

输出描述:

输出所求的方案数

示例1

输入

5 15

5 5 10 2 3

输出

4

#动态规划算法。dp[i][j]代表用前i个数字凑到j最多有多少种方案。

#dp[i][j]=dp[i-1][j]; //不用第i个数字能凑到j的最多情况

#dp[i][j]+=dp[i-1][j-value[i]];用了i时，只需要看原来凑到j-value[i]的最多情况即可。并累加

num_ = 5

sum_ = 10

line = [5 ,5 ,10 ,2 ,3]

optp = [[1]+[0]*sum_ for i in range(num_+1)] # 第一列为1的原因是和为0的时候只有一种取法，就是什么都不取

for i in range(1,num_+1):

for j in range(1,sum_+1):

if j - line[i-1] >=0:

optp[i][j] = optp[i-1][j] + optp[i-1][j-line[i-1]]

else:

optp[i][j] = optp[i-1][j]

print optp

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 [[1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0],

5 [1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0],

5 [1, 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 1],

10 [1, 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 2],

2 [1, 0, 1, 0, 0, 2, 0, 2, 0, 0, 2],

3 [1, 0, 1, 1, 0, 3, 0, 2, 2, 0, 4]]

# 转化为背包问题后，开始推，(注意第一行和第一列是预至位)比如说第一个数字是5，那么从构成和为1，怎么取？当然没得取，直到构成和为5的时候，开始执行，如果用这个5，那么还剩下5-5=0的和，0的和取法只有1，而如果不用5，取法只有0，所以为1，之后重复推，再说第二个5，直到和为5之前，都是0取法，到了5之后，两种取法，一种是要不要这个新的5，如果要这个新的5，那么剩下的和即5-5=0，一种取法，如果这个新的5不取，那以前能取到和为5就上次循环中的一种取法，所以合起来两种取法

一个数组有 N 个元素，求连续子数组的最大和

一个数组有 N 个元素，求连续子数组的最大和。 例如：[-1,2,1]，和最大的连续子数组为[2,1]，其和为 3

输入描述:

输入为两行。

第一行一个整数n(1 <= n <= 100000)，表示一共有n个元素

第二行为n个数，即每个元素,每个整数都在32位int范围内。以空格分隔。

输出描述:

所有连续子数组中和最大的值。

示例1

输入

3

-1 2 1

输出

3

# 采用动态规划的方法

# 设dp[i]表示以第 i个元素为结尾的连续子数组的最大和，则递推方程式为 dp[i]=max{dp[i-1]+a[i], a[i]};

num = raw_input("")

line = raw_input("")

line = map(lambda x:int(x),line.split(" "))

num = int(num)

d =[0]*(num-1)

d.insert(0,line[0])

for i in range(1,num):

d[i] = max(d[i-1]+line[i],line[i])

print max(d)

X*Y的网格迷宫

有一个X*Y的网格，小团要在此网格上从左上角到右下角，只能走格点且只能向右或向下走。请设计一个算法，计算小团有多少种走法。给定两个正整数int x,int y，请返回小团的走法数目。

输入描述:

输入包括一行，逗号隔开的两个正整数x和y，取值范围[1,10]。

输出描述:

输出包括一行，为走法的数目。

示例1

输入

3 2

输出

10

# 动态规划，使用递推方程d[i][j] = d[i-1][j] + d[i][j-1]

# 因为可能从两个方向走到同一个点，所以从上到下为一种走法，从左到右是另一种走法

# 注意题目给的是x*y方格，所以是(x+1)*(y+1)个点

line = map(int, raw_input("").split(" "))

x = line[0]

y = line[1]

d = [[0]*(y+2) for i in range(x+2)]

for i in range(1,x+2):

for j in range(1,y+2):

if i==j and i==1:

d[i][j] = 1

else:

d[i][j] = d[i-1][j] + d[i][j-1]

print d[-1][-1]

暗黑字符串

一个只包含'A'、'B'和'C'的字符串，如果存在某一段长度为3的连续子串中恰好'A'、'B'和'C'各有一个，那么这个字符串就是纯净的，否则这个字符串就是暗黑的。例如：

BAACAACCBAAA 连续子串"CBA"中包含了'A','B','C'各一个，所以是纯净的字符串

AABBCCAABB 不存在一个长度为3的连续子串包含'A','B','C',所以是暗黑的字符串

你的任务就是计算出长度为n的字符串(只包含'A'、'B'和'C')，有多少个是暗黑的字符串。

输入描述:

输入一个整数n，表示字符串长度(1 ≤ n ≤ 30)

输出描述:

输出一个整数表示有多少个暗黑字符串

示例1

输入

3

输出

21

思路解析

#方式二，这么low的方式是我根据上面的解析写的。递归所以速度慢

num = int(raw_input(""))

def dark(num):

if num == 1:

return 3

elif num==2:

return 9

else:

return 2*dark(num-1) + dark(num-2)

print dark(num)

# 方式一：别人家的代码

n = int(raw_input())

dp = [0]*31

dp[0] = 3

dp[1] = 9

for i in xrange(2, n):

dp[i] = 2*dp[i-1]+dp[i-2]

print dp[n-1]

最后

纸上得来终觉浅，这句话放在什么时候都一样，自己觉得动态规划比较了解了，其实了解个屁，需要重新打打基础！以后再过来更新理解。

致谢