前言_

我們遇到的問題中，有很大一部分可以用動態規劃(簡稱DP)來解。 解決這類問題可以很大地提升你的能力與技巧，我會試著幫助你理解如何使用DP來解題。 這篇文章是基于實例展開來講的，因為干巴巴的理論實在不好理解。

注意：如果你對于其中某一節已經了解并且不想閱讀它，沒關系，直接跳過它即可。

簡介(入門)

什么是動態規劃，我們要如何描述它?

動態規劃算法通?；谝粋€遞推公式及一個或多個初始狀態。 當前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動態規劃來解題只需要多項式時間復雜度， 因此它比回溯法、暴力法等要快許多。

現在讓我們通過一個例子來了解一下DP的基本原理。

首先，我們要找到某個狀態的最優解，然后在它的幫助下，找到下一個狀態的最優解。

“狀態”代表什么及如何找到它?

“狀態”用來描述該問題的子問題的解。原文中有兩段作者闡述得不太清楚，跳過直接上例子。

如果我們有面值為1元、3元和5元的硬幣若干枚，如何用最少的硬幣湊夠11元？ (表面上這道題可以用貪心算法，但貪心算法無法保證可以求出解，比如1元換成2元的時候)

首先我們思考一個問題，如何用最少的硬幣湊夠i元(i<11)？為什么要這么問呢？ 兩個原因：1.當我們遇到一個大問題時，總是習慣把問題的規模變小，這樣便于分析討論。 2.這個規模變小后的問題和原來的問題是同質的，除了規模變小，其它的都是一樣的， 本質上它還是同一個問題(規模變小后的問題其實是原問題的子問題)。

好了，讓我們從最小的i開始吧。當i=0，即我們需要多少個硬幣來湊夠0元。 由于1，3，5都大于0，即沒有比0小的幣值，因此湊夠0元我們最少需要0個硬幣。 (這個分析很傻是不是？別著急，這個思路有利于我們理清動態規劃究竟在做些什么。) 這時候我們發現用一個標記來表示這句“湊夠0元我們最少需要0個硬幣。”會比較方便， 如果一直用純文字來表述，不出一會兒你就會覺得很繞了。那么， 我們用d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個硬幣。于是我們已經得到了d(0)=0， 表示湊夠0元最小需要0個硬幣。當i=1時，只有面值為1元的硬幣可用， 因此我們拿起一個面值為1的硬幣，接下來只需要湊夠0元即可，而這個是已經知道答案的， 即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。當i=2時， 仍然只有面值為1的硬幣可用，于是我拿起一個面值為1的硬幣， 接下來我只需要再湊夠2-1=1元即可(記得要用最小的硬幣數量)，而這個答案也已經知道了。 所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到這里，你都可能會覺得，好無聊， 感覺像做小學生的題目似的。因為我們一直都只能操作面值為1的硬幣！耐心點， 讓我們看看i=3時的情況。當i=3時，我們能用的硬幣就有兩種了：1元的和3元的( 5元的仍然沒用，因為你需要湊的數目是3元！5元太多了親)。 既然能用的硬幣有兩種，我就有兩種方案。如果我拿了一個1元的硬幣，我的目標就變為了： 湊夠3-1=2元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。 這個方案說的是，我拿3個1元的硬幣；第二種方案是我拿起一個3元的硬幣， 我的目標就變成：湊夠3-3=0元需要的最少硬幣數量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 這個方案說的是，我拿1個3元的硬幣。好了，這兩種方案哪種更優呢？ 記得我們可是要用最少的硬幣數量來湊夠3元的。所以， 選擇d(3)=1，怎么來的呢？具體是這樣得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。

OK，碼了這么多字講具體的東西，讓我們來點抽象的。從以上的文字中， 我們要抽出動態規劃里非常重要的兩個概念：狀態和狀態轉移方程。

上文中d(i)表示湊夠i元需要的最少硬幣數量，我們將它定義為該問題的”狀態”， 這個狀態是怎么找出來的呢？我在另一篇文章動態規劃之背包問題(一)中寫過： 根據子問題定義狀態。你找到子問題，狀態也就浮出水面了。 最終我們要求解的問題，可以用這個狀態來表示：d(11)，即湊夠11元最少需要多少個硬幣。 那狀態轉移方程是什么呢？既然我們用d(i)表示狀態，那么狀態轉移方程自然包含d(i)， 上文中包含狀態d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。沒錯， 它就是狀態轉移方程，描述狀態之間是如何轉移的。當然，我們要對它抽象一下，

d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j個硬幣的面值;

有了狀態和狀態轉移方程，這個問題基本上也就解決了。當然了，Talk is cheap,show me the code!

偽代碼如下：

Python代碼如下：

import os

Min=[x for x in range(12)];

VN=[1,3,5];

for i in range(1,12,1):

for j in range(3):

if VN[j]<=i and Min[i-VN[j]]+1

Min[i]=Min[i-VN[j]]+1;

print(Min[1::1]);

下圖是當i從0到11時的解：

從上圖可以得出，要湊夠11元至少需要3枚硬幣。

此外，通過追蹤我們是如何從前一個狀態值得到當前狀態值的， 可以找到每一次我們用的是什么面值的硬幣。比如，從上面的圖我們可以看出， 最終結果d(11)=d(10)+1(面值為1)，而d(10)=d(5)+1(面值為5)，最后d(5)=d(0)+1 (面值為5)。所以我們湊夠11元最少需要的3枚硬幣是：1元、5元、5元。

注意：原文中這里本來還有一段的，但我反反復復讀了幾遍， 大概的意思我已經在上文從i=0到i=3的分析中有所體現了。作者本來想講的通俗一些， 結果沒寫好，反而更不好懂，所以這段不翻譯了。

初級

上面討論了一個非常簡單的例子。現在讓我們來看看對于更復雜的問題， 如何找到狀態之間的轉移方式(即找到狀態轉移方程)。 為此我們要引入一個新詞叫遞推關系來將狀態聯系起來(說的還是狀態轉移方程)

OK，上例子，看看它是如何工作的。

一個序列有N個數：A[1],A[2],…,A[N]，求出最長非降子序列的長度。 (講DP基本都會講到的一個問題LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我們講的，面對這樣一個問題，我們首先要定義一個“狀態”來代表它的子問題， 并且找到它的解。注意，大部分情況下，某個狀態只與它前面出現的狀態有關， 而獨立于后面的狀態。

讓我們沿用“入門”一節里那道簡單題的思路來一步步找到“狀態”和“狀態轉移方程”。 假如我們考慮求A[1],A[2],…,A[i]的最長非降子序列的長度，其中i

為了方便理解我們是如何找到狀態轉移方程的，我先把下面的例子提到前面來講。 如果我們要求的這N個數的序列是：

5，3，4，8，6，7

根據上面找到的狀態，我們可以得到：(下文的最長非降子序列都用LIS表示)

前1個數的LIS長度d(1)=1(序列：5)

前2個數的LIS長度d(2)=1(序列：3；3前面沒有比3小的)

前3個數的LIS長度d(3)=2(序列：3，4；4前面有個比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)

前4個數的LIS長度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3個數，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到這，我覺得狀態轉移方程已經很明顯了，如果我們已經求出了d(1)到d(i-1)， 那么d(i)可以用下面的狀態轉移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j

用大白話解釋就是，想要求d(i)，就把i前面的各個子序列中， 最后一個數不大于A[i]的序列長度加1，然后取出最大的長度即為d(i)。 當然了，有可能i前面的各個子序列中最后一個數都大于A[i]，那么d(i)=1， 即它自身成為一個長度為1的子序列。

分析完了，上圖：(第二列表示前i個數中LIS的長度， 第三列表示，LIS中到達當前這個數的上一個數的下標，根據這個可以求出LIS序列)

Talk is cheap, show me the code:

#include

using namespace std;

int lis(int A[], int n){

int *d = new int[n];

int len = 1;

for(int i=0; i<n; ++i){

d[i] = 1;

for(int j=0; j<i; ++j)

if(A[j]<=A[i] && d[j]+1>d[i])

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

if(d[i]>len) len = d[i];

}

delete[] d;

return len;

}

int main(){

int A[] = {

5, 3, 4, 8, 6, 7

};

cout<<lis(A, 6)<<endl;

return 0;

}

Python 代碼如下：

import sys

def lis(*args,num=1):

d=[0]*num;

len_num=1;

for i in range(num):

d[i]=1;

for j in range(i):

if args[j]<=args[i] and d[i]

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

if d[i]>len_num:

len_num=d[i];

return len_num;

print(lis(5,3,4,8,6,7));

該算法的時間復雜度是O(n2 )，并不是最優的解法。 還有一種很巧妙的算法可以將時間復雜度降到O(nlogn)，網上已經有各種文章介紹它， 這里就不再贅述。傳送門： LIS的O(nlogn)解法。 此題還可以用“排序+LCS”來解，感興趣的話可自行Google。

練習題

無向圖G有N個結點(1

提示：在每一步中，對于那些沒有計算過的結點， 及那些已經計算出從結點1到它的最短路徑的結點，如果它們間有邊， 則計算從結點1到未計算結點的最短路徑。

嘗試解決以下來自topcoder競賽的問題：

ZigZag – 2003 TCCC Semifinals 3

BadNeighbors – 2004 TCCC Round 4

FlowerGarden – 2004 TCCC Round 1

轉載自：http://www.hawstein.com/posts/dp-novice-to-advanced.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的python 动态规划_DP动态规划（Python实现）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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