動態規劃（Dynamic Programming，簡稱DP），是大家都覺得比較難以掌握的算法。為了應付面試，我們經常會背誦一下DP問題的源碼，其實，只要理解了思想，掌握基本的模型，然后再來點寫代碼的套路，動態規劃并沒有那么難。

先來回顧一下題型目錄。

動態規劃基本題型總結提綱目錄

1.硬幣找零，路徑規劃

2.字符串相似度/編輯距離（edit distance）

3.最長公共子序列(Longest Common Subsequence,lcs)

4.最長遞增子序列（Longest Increasing Subsequence,lis）

5.最大子序列積

6.矩陣鏈乘法

7.0-1背包問題

8.有代價的最短路徑

9.瓷磚覆蓋（狀態壓縮DP）

10.工作量劃分

11.三路取蘋果

上篇文章講到第五個題型，最大子序列積，這篇從第六個題型開始。

6.矩陣鏈乘法

先看矩陣乘法

從定義可以看出：只有當矩陣A的列數與矩陣B的行數相等時A×B才有意義。一個m×r的矩陣A左乘一個r×n的矩陣B，會得到一個m×n的矩陣C。在計算機中，一個矩陣說穿了就是一個二維數組。一個m行r列的矩陣可以乘以一個r行n列的矩陣，得到的結果是一個m行n列的矩陣，其中的第i行第j列位置上的數等于前一個矩陣第i行上的r個數與后一個矩陣第j列上的r個數對應相乘后所有r個乘積的和。

所謂矩陣鏈乘法是指當一些矩陣相乘時，如何加括號來改變乘法順序從而來降低乘法次數。例如有三個矩陣連乘：A1*A2*A3，其維數分別為：10*100，100*5，5*50.如果按照（（A1*A2）A3）來計算的話，求（A1*A2）要10*100*5=5000次乘法，再乘以A3需要10*5*50=2500次乘法，因此總共需要7500次乘法。如果按照（A1（A2*A3））來計算的話，求（A2*A3）要100*5*50=25000次乘法，再乘以A1需要10*100*50=50000次乘法，因此總共需要75000次乘法?？梢?#xff0c;按不同的順序計算，代價相差很大。

比如對于這個M?M?M?的矩陣鏈，

我們可以先計算M?M?然后結果乘以M?，也可以M?M?先算，然后乘以M?，為了表達方便，可以用括號表示計算順序。 矩陣鏈M?M?M?有兩種計算順序：((M?M?)M?)和(M?(M?M?))。 那么不同計算順序有什么區別？ 對于((M?M?)M?):

對于(M?(M?M?))：

我們要做的就是找到讓乘法運算最少的計算順序，換言之就是找一種加括號方式，使得最后乘法運算最少。

矩陣鏈乘法問題可以表述如下：給定n個矩陣構成的一個鏈（A1*A2*A3……*An），其中i=1,2,……n,矩陣Ai的維數為p(i-1)*p(i),對于乘積A1*A2*A3……*An以一種最小化標量乘法次數的方式進行加括號。

這個問題太難理解了。

為了代入問題，先來樸素算法，這個總能看懂吧。

void mult(int a[MAXN][MAXN],int b[MAXN][MAXN],int c[MAXN][MAXN],int p,int q,int r) { int i,j,k; //先對c進行初始化 for(i=0;i<p;i++) { for(j=0;j<r;j++) { c[i][j] = 0; } } //計算矩陣乘法 for(i=0;i<p;i++) { for(j=0;j<r;j++) { for(k=0;k<q;k++) { c[i][j] += a[i][k] * b[k][j]; } } } }

解決這個問題，我們可以用窮舉法，但是n很大時，這不是個好方法，其時間復雜度為指數形式。拿上面的例子來說，加括號后把矩陣鏈分成了兩部分，計算代價為兩者代價的和。因此假設這種方法的代價最少，則兩個部分的代價也是最小的，如果不是最小的，那么這種方法就不是最優的，因此矩陣鏈乘法具有最優子結構。因此我們可以利用子問題的最優解來構造原問題的一個最優解。所以，可以把問題分割為兩個子問題（A1*A2*A3……*Ak和A(k+1)*A(k+2)*A(k+3)……*An）,需找子問題的最優解，然后合并這些問題的最優解。從下面的程序可以看出，其時間復雜度為n*n*n.

題目分析：

遞推關系：

設計算A[i:j]，1≤i≤j≤n，所需要的最少數乘次數m[i,j]，則原問題的最優值為m[1,n]。

當i=j時，A[i:j]=Ai，因此，m[i][i]=0，i=1,2,…,n

當i<j時，若A[i:j]的最優次序在Ak和Ak+1之間斷開，i<=k<j,則：m[i][j]=m[i][k]+m[k+1][j]+pi-1pkpj。由于在計算是并不知道斷開點k的位置，所以k還未定。不過k的位置只有j-i個可能。因此，k是這j-i個位置使計算量達到最小的那個位置。

綜上，有遞推關系如下：

構造最優解：

若將對應m[i][j]的斷開位置k記為s[i][j]，在計算出最優值m[i][j]后，可遞歸地由s[i][j]構造出相應的最優解。s[i][j]中的數表明，計算矩陣鏈A[i:j]的最佳方式應在矩陣Ak和Ak+1之間斷開，即最優的加括號方式應為(A[i:k])(A[k+1:j)。因此，從s[1][n]記錄的信息可知計算A[1:n]的最優加括號方式為(A[1:s[1][n]])(A[s[1][n]+1:n])，進一步遞推，A[1:s[1][n]]的最優加括號方式為(A[1:s[1][s[1][n]]])(A[s[1][s[1][n]]+1:s[1][s[1][n]]])。同理可以確定A[s[1][n]+1:n]的最優加括號方式在s[s[1][n]+1][n]處斷開…照此遞推下去，最終可以確定A[1:n]的最優完全加括號方式，及構造出問題的一個最優解。

動態規劃迭代實現

用動態規劃迭代方式解決此問題，可依據其遞歸式自底向上的方式進行計算。在計算過程中，保存已解決的子問題的答案。每個子問題只計算一次，而在后面需要時只需簡單檢查一下，從而避免了大量的重復計算，最終得到多項式時間的算法。

代碼如下：

//3d1-2 矩陣連乘 動態規劃迭代實現 //A1 30*35 A2 35*15 A3 15*5 A4 5*10 A5 10*20 A6 20*25 //p[0-6]={30,35,15,5,10,20,25} #include "stdafx.h" #include <iostream> using namespace std; const int L = 7; int MatrixChain(int n,int **m,int **s,int *p); void Traceback(int i,int j,int **s);//構造最優解 int main() { int p[L]={30,35,15,5,10,20,25}; int **s = new int *[L]; int **m = new int *[L]; for(int i=0;i<L;i++) { s[i] = new int[L]; m[i] = new int[L]; } cout<<"矩陣的最少計算次數為："<<MatrixChain(6,m,s,p)<<endl; cout<<"矩陣最優計算次序為："<<endl; Traceback(1,6,s); return 0; } int MatrixChain(int n,int **m,int **s,int *p) { for(int i=1; i<=n; i++) { m[i][i] = 0; } for(int r=2; r<=n; r++) //r為當前計算的鏈長（子問題規模） { for(int i=1; i<=n-r+1; i++)//n-r+1為最后一個r鏈的前邊界 { int j = i+r-1;//計算前邊界為r，鏈長為r的鏈的后邊界 m[i][j] = m[i+1][j] + p[i-1]*p[i]*p[j];//將鏈ij劃分為A(i) * ( A[i+1:j] ) s[i][j] = i; for(int k=i+1; k<j; k++) { //將鏈ij劃分為( A[i:k] )* (A[k+1:j]) int t = m[i][k] + m[k+1][j] + p[i-1]*p[k]*p[j]; if(t<m[i][j]) { m[i][j] = t; s[i][j] = k; } } } } return m[1][L-1]; } void Traceback(int i,int j,int **s) { if(i==j) return; Traceback(i,s[i][j],s); Traceback(s[i][j]+1,j,s); cout<<"Multiply A"<<i<<","<<s[i][j]; cout<<" and A"<<(s[i][j]+1)<<","<<j<<endl; }

7.0-1背包問題

題目描述：

有n個物品，它們有各自的體積和價值，現有給定容量的背包，如何讓背包里裝入的物品具有最大的價值總和？

為方便講解和理解，下面講述的例子均先用具體的數字代入，即：eg：number＝4，capacity＝8

有n個物品，每個物品有兩個屬性：一個是體積,一個是價值 ，可以表示為：(w1,v1),(w1,v1),…,(w1,vn) {(w_1,v_1 ),(w_1,v_1 ),…,(w_1,v_n )} )。同時我們還有一背包，背包的容量用W表示。現在我們將物品放入背包，放入的物品體積的總和不得超過背包的體積。

問:這個背包能裝下的最大價值。

題目分析：

　?、?、將原問題分解為子問題（子問題和原問題形式相同，且子問題解求出就會被保存）；

　?、?、確定狀態：01背包中一個狀態就是NN個物體中第ii個是否放入體積為VV背包中；

　?、?、確定一些初始狀態（邊界狀態）的值；

　?、堋⒋_定狀態轉移方程，如何從一個或多個已知狀態求出另一個未知狀態的值。（遞推型）

思路：

①、確認子問題和狀態

　　01背包問題需要求解的就是，為了體積V的背包中物體總價值最大化，NN件物品中第ii件應該放入背包中嗎？（其中每個物品最多只能放一件）

　　為此，我們定義一個二維數組，其中每個元素代表一個狀態，即前ii個物體中若干個放入體積為VV背包中最大價值。數組為：f[N][V]f[N][V]，其中fijfij表示前ii件中若干個物品放入體積為jj的背包中的最大價值。

　　②、初始狀態

　　初始狀態為f[0][0?V]f[0][0?V]和f[0?N][0]f[0?N][0]都為0，前者表示前0個物品（也就是空物品）無論裝入多大的包中總價值都為0，后者表示體積為0的背包啥價值的物品都裝不進去。

　　③、轉移函數

if (背包體積j小于物品i的體積)f[i][j] = f[i-1][j] //背包裝不下第i個物體，目前只能靠前i-1個物體裝包 elsef[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-Vi] + Wi)

　　最后一句的意思就是根據“為了體積V的背包中物體總價值最大化，NN件物品中第ii件應該放入背包中嗎？”轉化而來的。ViVi表示第ii件物體的體積，WiWi表示第ii件物品的價值。這樣f[i-1][j]代表的就是不將這件物品放入背包，而f[i-1][j-Vi] + Wi則是代表將第i件放入背包之后的總價值，比較兩者的價值，得出最大的價值存入現在的背包之中。

01背包問題其實就可以化簡為涂寫下面的表格，其中每個數對應數組nArr中每個元素，初始化部分為0，然后從左上角按行求解，一直求解到右下角獲取最終解nArr[5][12]。

代碼如下：

#include<iostream> using namespace std;int main() {int nArr[6][13] = {{0}};int nCost[6] = {0 , 2 , 5 , 3 , 10 , 4}; //花費int nVol[6] = {0 , 1 , 3 , 2 , 6 , 2}; //物體體積int bagV = 12;for( int i = 1; i< sizeof(nCost)/sizeof(int); i++){for( int j = 1; j<=bagV; j++){if(j<nVol[i])nArr[i][j] = nArr[i-1][j];elsenArr[i][j] = max(nArr[i-1][j] , nArr[i-1][j-nVol[i]] + nCost[i]); cout<<nArr[i][j]<<' ';} cout<<endl;}cout<<nArr[5][12]<<endl;return 0; }

再來看另外一個課件上的解釋：

背包問題是動態規劃里面比較出名的題型，其變種題目很多，由于篇幅有限就不一一展開了，下面只列出背包問題的題型目錄。

一、01背包問題

這是最基本的背包問題，每個物品最多只能放一次。

二、完全背包問題

第二個基本的背包問題模型，每種物品可以放無限多次。

三、 多重背包問題

每種物品有一個固定的次數上限。

四、 混合三種背包問題

將前面三種簡單的問題疊加成較復雜的問題。

五、二維費用的背包問題

一個簡單的常見擴展。

六、分組的背包問題

一種題目類型，也是一個有用的模型。后兩節的基礎。

七、 有依賴的背包問題

另一種給物品的選取加上限制的方法。

八 、泛化物品

九、 背包問題問法的變化

試圖觸類旁通、舉一反三。

8.有代價的最短路徑

從某頂點出發，沿圖的邊到達另一頂點所經過的路徑中，各邊上權值之和最小的一條路徑叫做最短路徑。解決最短路的問題有以下算法，Dijkstra算法，Bellman-Ford算法，Floyd算法和SPFA算法等。

現在只討論Dijkstra算法。

1。指定一個節點，例如我們要計算 'A' 到其他節點的最短路徑

2.引入兩個集合（S、U），S集合包含已求出的最短路徑的點（以及相應的最短長度），U集合包含未求出最短路徑的點（以及A到該點的路徑，注意 如上圖所示，A->C由于沒有直接相連 初始時為∞）

3.初始化兩個集合，S集合初始時 只有當前要計算的節點，A->A = 0，

U集合初始時為 A->B = 4, A->C = ∞, A->D = 2, A->E = ∞，敲黑板！！！接下來要進行核心兩步驟了

4.從U集合中找出路徑最短的點，加入S集合，例如 A->D = 2

5.更新U集合路徑，if ( 'D 到 B,C,E 的距離' + 'AD 距離' < 'A 到 B,C,E 的距離' ) 則更新U

循環執行 4、5 兩步驟，直至遍歷結束，得到A 到其他節點的最短路徑

比如現在求A到E的最短加權路徑，路徑上的數值為權重。

1.選定A節點并初始化，如上述步驟3所示

2.執行上述 4、5兩步驟，找出U集合中路徑最短的節點D 加入S集合，并根據條件if ( 'D 到 B,C,E 的距離' + 'AD 距離' < 'A 到 B,C,E 的距離' )來更新U集合。

3.這時候A->B, A->C都為3，沒關系。其實這時候他倆都是最短距離，如果從算法邏輯來講的話，會先取到B點。而這個時候 if 條件變成了if ( 'B 到 C,E 的距離' + 'AB 距離' < 'A 到 C,E 的距離' )，如圖所示這時候A->B距離 其實為A->D->B

4.思路就是這樣，往后就是大同小異了

5.算法結束

大致步驟：

清除所有點的標號 全部d[i] = INF 然后將圖信息權值復制到d中 循環n次{在所有為標號的結點中，選出d值最小的結點x給x標記對于從x出發的所有邊(x,y)，更新d[y] = min{d[y],d[y]+w(x,y)}

代碼如下：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 500; const int INF = 0x3f3f3f3f; int n,m,dis[maxn],Map[maxn][maxn],v[maxn]; void dijkstra(int u) {memset(v,0,sizeof v);memset(dis,INF,sizeof dis);v[u] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++)dis[i] = min(dis[i],Map[u][i]);for(int i = 1; i <= n; i++){int x,m = INF;for(int y = 1; y <= n; y++)if(!v[y] && dis[y] <= m)m = dis[x = y];v[x] = 1;for(int y = 1; y <= n; y++)dis[y] = min(dis[y],dis[x]+Map[x][y] );} } int main() {int a,u,v,w;scanf("%d%d%d",&n,&m,&a);memset(Map, INF, sizeof Map);for(int i = 0; i < m; i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);Map[u][v] = w;Map[v][u] = w; //該圖為無向圖，若為有向圖則需要少建立一個邊信息}for(int i = 1; i <= n; i++)Map[i][i] = 0;dijkstra(a);for(int i = 1; i <= n; i++)cout<<dis[i]<<" ";return 0; }

動態規劃還有最后幾個題型，下篇會都說完。再后面我會分享貪心算法、回溯算法、分治算法，排序算法。歡迎一起學習。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的c++矩阵连乘的动态规划算法并输出_算法面试必修课，动态规划基础题型归纳（三）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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