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話說這道題還是三年前徑點公司來學院筆試中的一道題目，當時剛進入實驗室，師兄在帶著我們做新生培訓的時候做過這道題，最近回顧DP的一些基礎，翻找以前寫的程序，發現了這道題，就貼一下，給出兩種方法的代碼，并對比了它們在不同規模問題下的效率。

題目：20個桶，每個桶中有10條魚，用網從每個桶中抓魚，每次可以抓住的條數隨機，每個桶只能抓一次，問一共抓到180條的排列有多少種 （也可求概率）。

分析：我們要在20個桶中一共抓取180條魚，每個桶能抓到魚的條數為0-10，仔細想下，這個問題是可以分解成子問題的：假設我們在前i個桶中抓取了k（0<=k<=10*i）條魚，那么抓取180條魚的排列種數就等于在剩下的（20-i）個桶中抓取（180-k）條魚的方法加上前i個桶中抓取k條魚的方法。

例如，在第一個桶中抓取了2條魚，那么總的排列數等于在剩下19個桶中抓取178條魚的排列種數；如果在第一個桶中抓取了10條魚，那么總的排列數等于在剩下19個桶中抓取170條魚的排列數，，，依次分解該問題，總的排列數就等于所有這些排列數的總和。有點DP的感覺。

換個思維，在實現上這個題目可以有更為簡潔的方法，我們看看這個問題的對偶問題，抓取了180條魚之后，20個桶中剩下了20條魚，不同的抓取的方法就對應著這些魚在20個桶中不同的分布，于是問題轉化為將20條魚分到20個桶中有多少中不同的排列方法（這個問題當然也等價于180條魚分到20個桶中有多少種不同的方法）？其中，每個桶最多放10條，最少放0條。這樣一轉化，無論是用搜索還是DP，問題規模都縮小了很大一塊。

按照這個分析，最直接的方法就是用遞歸了，遞歸實現DP問題，自頂向下，為了防止重復計算子問題（例如求19個桶放12條魚的方法數時算了一遍子問題17個桶放10條魚的方法數，在算18個桶，17個桶時就不用再計算17個桶放10條魚的情況了），一般設置一個備忘錄，記錄已經計算過的子問題，其實這個備忘錄就是在自底向上實現DP時的狀態轉移矩陣。

遞歸實現，如果桶沒了，魚還有，說明這種排列不符合要求，應該結束并返回0；如果桶還有，魚沒了，說明這種排列也不符合要求；只有在桶沒了，魚也沒了的情況下才說明20條魚恰好分放到了20個桶。根據上面分析我們知道每個桶有11種情況，代碼如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43

#include <iostream> using namespace std; /* ??撈魚：將20條魚放在20個桶中，每個桶最多可以放10條 ??求得所有的排列方法 ??DP自頂向下遞歸 備忘錄 */ int dp[21][21]; /* 備忘錄，存儲子問題的解; 表示前i個桶放j條魚的方法數 */ int allocate(int bucketN, int fishN) { ????if(bucketN == 0 && fishN == 0) ????{ ????????return 1; ????} ????if(bucketN == 0 || fishN < 0) ????{ ????????return 0; ????} ????/* 如果子問題沒有計算就計算，否則直接返回即可 */ ????if(dp[bucketN][fishN] == 0) ????{ ????????for(int i = 0; i <= 10; ++i) ????????{ ????????????dp[bucketN][fishN] += allocate(bucketN-1,fishN-i); ????????} ????} ????return dp[bucketN][fishN]; } void main() { ????int bucketN, fishN; ????while(scanf("%d %d", &bucketN, &fishN)!= EOF) ????{ ????????memset(dp,0,sizeof(dp)); ????????printf("%d\n",allocate(bucketN,fishN)); ????} }

輸出：

結果如圖，先輸入一個小數據驗證解是否正確，可以看出這個解是非常大的，最初實現的兩種情況都是等了好久都沒有出來結果，一種是沒有使用備忘錄，單純遞歸的搜索，非常非常非常慢，等了兩分鐘都沒有結果；一種是沒有求對偶問題，而是求dp[20][180]也是相當的慢。

既然可以用DP，我們通常使用自底向上的方法，下面來看看非遞歸實現的方法。自底向上就需要考慮合法狀態的初始化問題，從小規模去考慮，20個桶太大，考慮零個桶，一個桶，零個桶裝多少魚都是非法的，故就是0；一個桶裝魚，裝0-10條魚都是合法的，其余的就不合法了；?dp[i][j]：前i個桶放j條魚的方法共分為11種情況：前i-1個桶放j-k（0<=k<=10）條魚的方法總和。我們可以得到狀態方程：

1	f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}

考慮到這，dp的程序就出來了，代碼如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

#include <iostream> using namespace std; /* ??撈魚：將20條魚放在20個桶中，每個桶最多可以放10條 ??求得所有的排列方法 ??自底向上DP f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10} ??該方法中測試 20個桶 180條魚，與遞歸速度做對比 */ /* 實現1 */ int dp[21][200]; /* 前i個桶放j條魚的方法數 */ int i, j, k; void main() { ????int bucketN, fishN; ????while(scanf("%d %d", &bucketN, &fishN)!= EOF) ????{ ????????memset(dp,0,sizeof(dp)); ????????for(int i = 0; i <= 10; ++i)? /* 初始化合法狀態 */ ????????{ ????????????dp[1][i] = 1; ????????} ????????for(int i = 2; i <= bucketN; ++i)? /* 從第二個桶開始 */ ????????{ ????????????for(int j = 0; j <= fishN; ++j) ????????????{ ????????????????for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k) ????????????????{ ????????????????????dp[i][j] += dp[i-1][j-k]; ????????????????} ????????????} ????????} ????????printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]); ????} }

輸出：

當我們測試20個桶放180條魚的方法，結果立即就算出來了，而用遞歸則是等了半天沒反應，由此我們可以看出效率的差別有多大。同時，兩個對偶問題的答案是一樣的，說明我們的分析是沒錯的，:-)。

其實，代碼還可以更簡練，仔細想想，就是初始化狀態的方法；其實初始化合法狀態完全可以這樣想，問題始終都是分解成子問題的，根據遞歸的實現方法，只有分解到0個桶裝0條魚才是合法的，那么我們就初始化這一個狀態為合法即可，然后從第一個桶開始向上計算，代碼如下：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

/* 實現2 */ int dp[21][200]; int i, j, k; void main() { ????int bucketN, fishN; ????scanf("%d %d", &bucketN, &fishN); ????dp[0][0] = 1;? /* 初始化合法狀態 */ ????for(int i = 1; i <= bucketN; ++i)? /* 從第一個桶開始 */ ????{ ????????for(int j = 0; j <= fishN; ++j) ????????{ ????????????for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k) ????????????{ ????????????????dp[i][j] += dp[i-1][j-k]; ????????????} ????????} ????} ????printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]); }

從遞歸到非遞歸再到現在，一個看似規模很大很復雜的問題只用簡單的幾行代碼就可以解決，關鍵在于怎么思考，要好好修煉。

我自己用的是多重背包，但是總是計算錯誤，不知道什么原因

int f[21] = {0};memset(f,0,sizeof(f));f[0] = 1;int bucket = 2;//每個桶里有10條魚int fish = 5;//從中抓fish條魚int numPerBucket = 4;for (int i = 0 ; i < bucket; ++i ) {int c = 1;int count = numPerBucket;while (c < count) {for (int j = fish; j >= c; --j) {f[j] = f[j]+f[j - c];}count -= c;c *=2;}for (int j = fish; j >= count; --j)f[j] =f[j]+f[j - count];}cout<<f[fish];

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

以上是生活随笔為你收集整理的捞鱼问题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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