信息学奥赛NOI动态规划入门(C++)培训讲学课件.ppt

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1、动态规划入门,上课内容,什么是动态规划基本概念斐波那契数列经典的类型,最短路径问题-求A到E的最短路的长度,穷举？贪心？搜索？,思考：仔细观察本图路径的特殊性，可以分成4个阶段：第一阶段：A经过A-B1或A-B2到B第二阶段：B1有三条路通；B2有两条通路,思考：倒着推；设F(x)表示x到E的最短路径的长度,阶段4：F(D1)=3;F(D2)=4;F(D3)=3阶段3：F(C1)=minF(D1)+C1到D1的路径长度，F(D2)+C1到D2的路径长度 F(C2),我们把F(x)称为当前x的状态；在这个例子中每个阶段的选择依赖当前的状态，又随即引起状态的转移，一个决策序列(E D3-C4-B2

2、-A)就是在变化的状态中产生的，故有“动态”的含义。,int fib(int n)if(n=1|n=2)return 1;else return fib(n-1)+fib(n-2);,时间复杂度？能优化吗？,例1:斐波那契（Fibonacci）数列,斐波纳契数列,大量重复计算！,如何可以使计算仅需一次？,例1:斐波那契（Fibonacci）数列,/dp数组，用以保存已经计算过的结果/dpn记录F(n)的结果，dpn=-1表示没有计算过int fib(int n)if(n=1|n=2)return 1;if(dpn!=-1)return dpn;else dpn=fib(n-1)+fib(n-2

3、);return dpn;,时间复杂度？,基本概念,阶段：问题的过程被分成若干相互联系的部分，我们成为阶段，以便按一定的次序求解。状态：某一阶段的出发位置称为状态，通常一个阶段包含若干状态。决策：对问题的处理中作出的每种选择的行动就是决策。即从该阶段的每个状态出发，通过一次选择性的行动移至下一个阶段的相应状态。,例2:数字三角形 一个由非负数组成的三角形，第一行只有一个数，除了最下行之外每个数的左下方和右下方各有个数，从第一行的数开始，每次可以选择向左下或是向右下走一格，一直走到最下行，把沿途经过的数全部加起来。如何走才能使得这个和尽量大？。,数字三角形,格子编号,穷举？贪心？搜索？,数组存储

4、,深搜（递归实现）程序清单：void f(int i,int j);s=s+a i j;if(i=4)if(s max)max=s;else f(i+1,j);s=s-a i+1 j;f(i+1,j+1);s=s-a i+1 j+1;,格子编号,分析：考察,设以格子(i,j)为首的“子三角形”的最大和为di,j（我们将不加区别的把这个子问题(subproblem)本身也称为di,j），则原问题的解是d1,1我们关心的是从某处出发到底部的最大和：从(2,1)点出发的最大和记做d2,1;从(2,2)点出发的最大和记做d2,2;从（1，1）出发有两种选择（2，1）或（2，2）在已知d2,1和d2,2

5、的情况下，应选择较大的一个。,思考：考虑更一般的情况，当前位置（i，j）看成一个状态，定义状态（i，j）的指标函数d(i，j)为从格子（i，j）出发时能得到的最大和（包含格子（i，j）本身的值）。原题的解：？d（？，？）,格子编号,d1，1,思考：观察不同状态如何转移的。从格子（i，j）出发有两种决策。如果（i，j）格子里的值为a(i，j)向左走需要求“从（i+1，j）出发的最大和”，就是di+1，j。向右走需要求“从（i+1，j+1）出发的最大和”，就是di+1，j+1。如何选呢？,思考：边界条件？,其中较大的一个，再加上a(i,j)的值就是di,j。di,j=ai,j+maxdi+1,j,

6、di+1,j+1,思想：从上向下思考，从底向上计算,数字三角形,8,13,21,16,23,24,时间复杂度O（n2）在计算dij前，di+1j,di+1j+1已计算好了！,方法1：递推计算,void solve()int i,j;for(j=1;j=1;i-)for(j=1;j=i;j+)dij=aij+max(di+1 j,di+1 j+1);,dt(1,1)的调用关系树,重复计算,int solve(int i,int j)if(i=n)return aij;else return aij+max(solve(i+1,j),solve(i+1,j+1);,方法2：递归计算,这样做是正确的

7、，可惜时间效率太低。低效的原因在于重复计算。,这个方法和直接递归非常类似，但加入了记忆化(memoization)，保证每个结点只访问一次。/initially,all dij are-1int solve(int i,int j)if(i=n)return aij;if(d i j=0)return dij;dij=aij+max(solve(i+1,j),solve(i+1,j+1);return dij;,时间复杂度O（n2）不必事先确定各状态的计算顺序,方法3：记忆化搜索,动态规划基本思想,建立子问题的描述，建立状态间的转移关系，使用递推或记忆化搜索法来实现。,状态定义用问题的某些特征

8、参数描述一个子问题。在本题中用di,j表示以格子(i,j)为根的子三角形的最大和。在很多时候，状态描述的细微差别将引起算法的不同。状态转移方程即状态值之间的递推关系。这个方程通常需要考虑两个部分：一是递推的顺序，二是递归边界（也是递推起点）。从直接递归和后两种方法的比较可以看出：重叠子问题(overlapping subprob-lems)是动态规划展示威力的关键。,考察：d(1,1)；d(2,1)；d(2,2)这些问题的共性：都是求从一个位置出发到底部的最大值；是一个共同的问题。,重叠子问题,考察：d(1,1)；d(2,1)；d(2,2）；可以发现每个子问题结果都是最优的。,最优子结构,什么

9、是动态规划？,动态规划是求解包含重叠子问题的最优化方法,动态规划的性质？子问题重叠性质：在用递归算法自顶向下对问题进行求解是，每次产生的子问题并不总是新问题，有些子问题可能被重复计算多次。动态规划算法利用此性质，对每个子问题只计算一次，然后将其结果保存起来以便高效重用。最优化子结构性质：若问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，则称该问题具有最优子结构性质（即满足最优化原理）。能用动态规划解决的求最优解问题，必须满足最优解的每个局部也都是最优的,无后效性：即某阶段的状态一旦确定，则此后过程的演变不再受此前各状态及决策的影响。也就是说，“未来与过去无关”，当前的状态是此前历史的一个完整总结，此

10、前的历史只能通过当前的状态去影响过程未来的演变。,数字三角形,如果数字三角形(有负数)求的是从上到下的和最接近零。就不符合无后效性原则。,动态规划的优势,1.动态规划比穷举具有较少的计算次数 从数塔问题可以看出，层数为k时，穷举算法求路径的条数2k-1 动态规划计算的次数为:穷举最多计算到n=20，动态规划可以算到n=1002.递归需要很大的栈空间，而动规的递推法不需要栈空间；使用记忆化搜索比较容易书写程序。,思考：还有一种思考方法，从下 向上考虑，观察不同状态如何转 移的。从格子（i，j）出发有两 种决策。,思考：边界情况：？,思考：最后的结果：？,d11=a11di1=di-11+ai1

11、第1列dii=di-1i-1+aii 对角线,maxdn1,dn2dnn,d(i,j)为：取d(i-1,j)和d(i-1,j-1)中较大的一个加上a(i,j)的和。,这种方法本质就是递推,例3:最大连续子序列和（Maximum Continuous Subsequence Sum）,给定k个整数的序列A1,A2,.,Ak，其任意连续子序列可表示为 Ai,Ai+1,.,Aj，其中 1=i=j=k。最大连续子序列是所有连续子序中元素和最大的一个。例如给定序列-2,11,-4,13,-5,-2，其最大连续子序列为11,-4,13，最大连续子序列和即为20。暴力枚举？时间复杂度为？能优化吗？复杂度？,

12、令状态dpi表示以Ai作为末尾的连续序列的最大和（Ai必须作为序列的末尾）。以样例为例，序列-2,11,-4,13,-5,-2，下标分别设为：0，1，2，3，4，5；dp0dp1dp2dp3dp4dp5问题转换为dp0,dp1,dpn-1中的最大者。,最大连续子序列和（Maximum Continuous Subsequence Sum）,dpi表示以Ai作为末尾的连续序列的最大和（Ai必须作为序列的末尾）;只有两种情况：1、这个最大和的连续序列只有一个元素，即以Ai开始，以Ai结尾；最大和就是Ai本身。2、这个最大和的连续序列有多个元素，从前面某处Ap开始（pi)；一直到Ai结尾。也就是 d

13、pi-1+Ai;Ap+Ai-1+Ai=dpi-1+Ai;,最大连续子序列和（Maximum Continuous Subsequence Sum）,转移方程：dpi=max Ai,dpi-1+Ai 边界：dp0=A0,最大连续子序列和（Maximum Continuous Subsequence Sum）,代码：dp0=A0;for(int i=1;i n;i+)dpi=max(Ai,dpi-1+Ai)结果？,动态规划的核心,设计状态 和状态转移方程,最长上升子序列（LIS）NOI 1759,最长上升子序列（LIS）NOI 1759,样例输入：71 7 3 5 9 4 8样例输出：4,上升子序

14、列：1,73,4,8最长上升子序列：1,3,5,91,3,5,8,如何划分阶段？以从左向右数的个数为阶段。状态如何描述？,状态描述及转移,阶段,状态描述及转移,阶段,求解步骤,核心代码,a0=-1;f0=-1;/边界for(int i=1;i=n;i+)/枚举阶段 for(int j=0;j i;j+)/枚举可能的决策 if(aj ai)fi=max(fi,fj+1);int ans=0;for(int i=1;i=n;+i)ans=max(ans,fi);时间复杂度：O(n2)思考：如何求一个最长上升子序列？,给定两个字符串（或数字序列）A和B（长度分别为n和m），求一个字符串，使得这个字符

15、串是A和B的最长公共部分（子序列可以不连续）。如上图，字符串“sadstory”与“adminsorry”的最长公共子序列为“adsory”，长度为6。暴力枚举？时间复杂度为？时间复杂度？,例5：最长公共子序列（Longest Common Subsequence，LCS）,状态定义：令dpij表示字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS长度（下标从1开始）。如：dp45表示“sads”与“admin”的LCS长度。转移方程：两种情况：1.Ai=Bj,试分析 dp462.Ai!=Bj,试分析dp33试试看？你能写出转移方程吗？,例5：最长公共子序列（Longest Common Subs

16、equence，LCS）,状态定义：令dpij表示字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS长度（下标从1开始）。如：dp45表示“sads”与“admin”的LCS长度。转移方程：两种情况：dpij=dpi-1j-1+1,Ai=Bj max(dpi-1j,dpij-1),Ai!=Bj 边界？,例5：最长公共子序列（Longest Common Subsequence，LCS）,dpi0=dp0j=0（0=i=n,0=j=m）,int lenA=strlen(A+1);int lenB=strlen(B+1);/核心代码：for(int i=1;i=lenA;i+)for(int j=1;

17、j lenB;j+)if(Ai=Bj)dpij=dpi-1j-1+1;else dpij=max(dpi-1j,dpij-1)答案：？,例5：最长公共子序列（Longest Common Subsequence，LCS）,动态规划入门（下）,骑士游历问题,设有n*m的棋盘（2=n，m=50)；在棋盘上任意一点有一个中国象棋的马，同时给出起点P和终点Q，求所有从起点出发到终点的路径数目。（马跳跃有四个方向）,设d(i,j)为从(i,j)位置出发到Q点的路径条数。i为行号，j为列号。,考察任意一个位置（i，j）,d(i-2,j+1),d(i-1,j+2),d(i+1,j+2),d(i+2,j+1)

18、,d(i,j)=？边界条件？,d(i,j)=d(i-2,j+1)+d(i-1,j+2)+d(i+1,j+2)+d(i+2,j+1)边界条件为越界时d(i,j)=0，d(Q)=1,最低通行费（NOI 7614）,试题描述：（1s,64M）一个商人穿过一个 N*N 的正方形的网格，去参加一个非常重要的商务活动。他要从网格的左上角进，右下角出。每穿越中间1个小方格，都要花费1个单位时间。商人必须在(2N-1)个单位时间穿越出去。而在经过中间的每个小方格时，都需要缴纳一定的费用。这个商人期望在规定时间内用最少费用穿越出去。请问至少需要多少费用？注意：不能对角穿越各个小方格（即，只能向上下左右四个方向移

19、动且不能离开网格）。,最低通行费（NOI 7614）,输入要求：第一行是一个整数，表示正方形的宽度N(1=N 100)；后面 N 行，每行 N 个不大于 100 的整数，为网格上每个小方格的费用。输出要求：至少需要的费用。,最低通行费,样例输入：51 4 6 8 10 2 5 7 15 17 6 8 9 18 20 10 11 12 19 21 20 23 25 29 33 样例输出:109,109=1+2+5+7+9+12+19+21+33,因为必须在(2N-1)个单位时间穿越出去，所以只能向右或者向下走。,最低通行费,表格化,从左到右，从上到下，注意边界！,列,行,核心代码,memset(

20、f,0 x3f,sizeof（f）);f11=a11;for(int i=1;i=n;i+)for(int j=1;j=n;j+)if(i=1,01背包问题,有N件物品，每种一个，第i件物品的体积是Vi，重量是Wi。选一些物品装到一个容量为C的背包。使得背包内物品在总体积不超过C的前提下重量尽量大。,分析,这是一个最基础的背包问题，只需要考虑选取哪几个物品放入箱子，总体积不超过C的前提下重量尽量大。这道题的基本做法当然还是穷举放进背包的物品编号。若我们把取该物品记为1，不取该物品记为0，那么使用某种放入方式将对应一个2进制串，因此这类问题也被称为0-1背包问题。,状态的确定1,我们用d(i,j

21、)表示把第 i,i+1,i+2,n个物品装到体积是j的背包中的最大总重量。则有d(i,j)=maxd(i+1,j),d(i+1,j-vi)+Wi边界是in时，d(i,j)=0,j0时为负无穷。答案是d(1,c),代码,for(int i=n;i=1;i-)for(int j=0;j=vi)fij=max(dij,di+1j-vi+wi);,d(i,j)=maxd(i+1,j),d(i+1,j-vi)+Wi,状态的确定2,对称的思考：我们用f(i,j)表示把前i个物品装到体积是j的背包中的最大总重量。则有 f(i,j)=max f(i-1,j),f(i-1,j-vi)+Wi边界是i=0时为0,j

22、0时为负无穷。答案是f(n,c),代码,for(int i=1;i=vi)fij=max(fij,fi-1j-vi+wi);,f(i,j)=max f(i-1,j),f(i-1,j-vi)+Wi,物品无限背包问题,有n种物品，每种均无限多。第i种物品的体积为Vi，重量为Wi。选一些物品装到一个容量为C的背包中，使得背包内物品在总体积不超过C的前途下重量尽量大。似曾相识？,d(i)表示从结点i到结点0的路径的边权之和最大；d(i)=maxd（i-Vj）+Wi(1=Vj)问题求：d（C）所求问题转换为：以C为起点（终点任意）的、边权之和的最大的路径。,总 结,1、递推的边界条件一般很明显，而动态规

23、划的边界条件比较隐蔽，容易被忽视；2、递推的数学性一般较强，而动态规划的数学性相对较弱；3、递推一般不划分阶段，而动态规划一般有较为明显的阶段；4、动态规划往往是用来求一个最优值，而一般的递推往往是用来计数或是求一个值。,动态规划和一般递推的不同点？,动态规划和一般递推的相同点？,无后效性和有边界条件。,算法模式图,当前阶段i,多个规划(决策),当前最优决策,当前非最优决策,i向着目标阶段不断改变(动态),规划方向,目标阶段,初始阶段,动态规划,友情提醒：动态规划是一种用途很广的问题求解方法，它本身并不是一个特定的算法，而是一种思想，一种手段。动态规划的核心是状态和状态转移的方程。用递推法计算状态转移方程的关键是边界和计算顺序。多数情况下递推的时间复杂度是：状态总数每个状态的决策个数决策的时间。可以使用记忆化搜索的方法计算转移方程。当采用记忆化搜索时，不必事先确定各状态的计算顺序，但需要记录每个状态“是否已计算过”。,