动态规划( D ynamic P rogramming ，所以我们简称动态规划为 DP )是 运筹学 的一个分支，是求解决策过程(decision process) 最优化的数学方法。 20 世纪 50 年代初 美国 数学家R.E.Bellman 等人在研究多阶段决策过程 (multistep decision process) 的优化问题时，提出了著名的最优化原理 (principle of optimality)，把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，利用各阶段之间的关系，逐个求解，创立了解决这类过程优化问题的新方法 —— 动态规划。 1957 年出版了他的名著《 Dynamic Programming 》，这是该领域的第一本著作。
动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度，因此它比回溯法、暴力法等要快许多。
说了这么多术语，想必大家都很头疼， 现在让我们通过一个例子来了解一下DP 的基本原理。
首先，我们要找到某个状态的最优解，然后在它的帮助下，找到下一个状态的最优解。 这句话暂时理解不了没关系，请看下面的例子 :
如果我们有面值为1 元、 3 元和 5 元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够 11 元？
我们凭直观感觉告诉自己，先选面值最大，因此最多选 2枚 5 元的硬币，现在是 10 元了，还差一元，接下来我们挑选第二大的 3 元硬币，发现不行（ 10+3=13 超了），因此我们继续选第三大的硬币也就是 1元硬币，选一个就可以（ 10+1=11 ），所以总共用了 3 枚硬币凑够了 11 元。这就是贪心法，每次选最大的。但是我们将面值改为 2 元， 3 元和 5 元的硬币，再用贪心法就不行了。为什么呢？按照贪心思路，我们同样先取 2 枚最大 5 元硬币，现在 10 元了，还差一元，接下来选第二大的，发现不行，再选第三大的，还是不行，这时用贪心方法永远凑不出 11 元，但是你仔细看看，其实我们可以凑出 11 元的， 2 枚 3元硬币和 1 枚五元硬币就行了，这是人经过思考判断出来了的，但是怎么让计算机算出来呢？这就要用动态规划的思想：
首先我们思考一个问题，如何用最少的硬币凑够i 元 (i<11) ？为什么要这么问呢？两个原因： 1. 当我们遇到一个大问题时，总是习惯把问题的规模变小，这样便于分析讨论。 2. 这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的，除了规模变小，其它的都是一样的，本质上它还是同一个问题 ( 规模变小后的问题其实是原问题的子问题 ) 。
好了，让我们从最小的i 开始吧。当 i=0 ，即我们需要多少个硬币来凑够 0 元。由于 1 ， 3 ， 5 都大于 0，即没有比 0 小的币值，因此凑够 0 元我们最少需要 0 个硬币。 ( 这个分析很傻是不是？别着急，这个思路有利于我们理清动态规划究竟在做些什么。 ) 这时候我们发现用一个标记来表示这句 “ 凑够 0 元我们最少需要 0 个硬币。 ” 会比较方便，如果一直用纯文字来表述，不出一会儿你就会觉得很绕了。那么，我们用 d(i)=j 来表示凑够 i 元最少需要 j 个硬币。于是我们已经得到了 d(0)=0 ，表示凑够 0 元最小需要 0 个硬币。当 i=1 时，只有面值为 1 元的硬币可用，因此我们拿起一个面值为 1 的硬币，接下来只需要凑够 0 元即可，而这个是已经知道答案的，即 d(0)=0 。所以， d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1 。当 i=2 时，仍然只有面值为 1 的硬币可用，于是我拿起一个面值为 1 的硬币，接下来我只需要再凑够 2-1=1 元即可 ( 记得要用最小的硬币数量 ) ，而这个答案也已经知道了。所以 d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2 。一直到这里，你都可能会觉得，好无聊，感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为 1 的硬币！耐心点，让我们看看 i=3 时的情况。当 i=3 时，我们能用的硬币就有两种了： 1 元的和 3 元的 ( 5 元的仍然没用，因为你需要凑的数目是 3 元！ 5 元太多了亲 ) 。既然能用的硬币有两种，我就有两种方案。如果我拿了一个 1 元的硬币，我的目标就变为了：凑够 3-1=2 元需要的最少硬币数量。即 d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3 。这个方案说的是，我拿 3 个 1 元的硬币；第二种方案是我拿起一个 3 元的硬币，我的目标就变成：凑够 3-3=0 元需要的最少硬币数量。即 d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 这个方案说的是，我拿 1 个 3 元的硬币。好了，这两种方案哪种更优呢？记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够 3元的。所以，选择 d(3)=1 ，怎么来的呢？具体是这样得到的： d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1} 。
OK，码了这么多字讲具体的东西，让我们来点抽象的。从以上的文字中，我们要抽出动态规划里非常重要的两个概念：状态和状态转移方程。
上文中d(i) 表示凑够 i 元需要的最少硬币数量，我们将它定义为该问题的 " 状态 " ，这个状态是怎么找出来的呢？根据子问题定义状态。你找到子问题，状态也就浮出水面了。最终我们要求解的问题，可以用这个状态来表示： d(11) ，即凑够 11 元最少需要多少个硬币。那状态转移方程是什么呢？既然我们用 d(i)表示状态，那么状态转移方程自然包含 d(i) ，上文中包含状态 d(i) 的方程是： d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1} 。没错，它就是状态转移方程，描述状态之间是如何转移的。当然，我们要对它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-v j )+1 }，其中 i-v j >=0， v j 表示第j 个硬币的面值 ;
有了状态和状态转移方程，这个问题基本上也就解决了。当然了，Talk is cheap,show me the code!
- int main()
- {
- int a[3] = {1,3,5},sum = 11,cent = 0,dp[12];
- dp[0] = 0;
- for ( int i = 1; i <= sum; i++) dp[i] = i; //我们假设存在1元的硬币那么i元最多只需要i枚1元硬币，当然最好设置dp[i]等于无穷大
- for ( int i = 1; i <= sum; i++){
- for ( int j = 0; j < 3; j++){
- if (i >= a[j] && dp[i - a[j]] + 1 < dp[i]){
- dp[i] = dp[i- a[j] ] + 1;
- }
- }
- }
- cout<<dp[sum]<<endl;
- return 0;
- }
下图是当i 从 0 到 11 时的解：
从上图可以得出，要凑够11 元至少需要 3 枚硬币。
此外，通过追踪我们是如何从前一个状态值得到当前状态值的，可以找到每一次我们用的是什么面值的硬币。比如，从上面的图我们可以看出，最终结果d(11)=d(10)+1( 面值为 1) ，而 d(10)=d(5)+1( 面值为 5)，最后 d(5)=d(0)+1 ( 面值为 5) 。所以我们凑够 11 元最少需要的 3 枚硬币是： 1 元、 5 元、 5 元。
通过硬币问题我们初识 DP的原理，其实可以说贪心问题是 DP 问题的特例，现在我们通过几道题目加深对 DP 问题的理解
数塔问题 是动态规划经典的题目，下面来初步讲解下
将一个由N 行数字组成的三角形，如图所以，设计一个算法，计算出三角形的由顶至底的一条路径，使该路径经过的数字总和最大。
学弟学妹们你们之前学过 DFS和 BFS ，第一眼看过去这题应该用 DFS 解决，没错， DFS 也可以，但是我们观察下 n 行总共有 (1 + 2 + 3 + 4+...+n) = （ 1+n ） *n/2 个节点，在递归求解的过程中很多节点被重复访问了，这就导致时间大大增加，必然超时
比如用递归的话，18 这个节点被访问了两次
但是如果用DP的话这个节点可以只访问一次
好了，现在我们用DP解决这道问题
将上图转化一下：
假设上图用map[][] 数组保存。
令f[i][j] 表示从顶点 (1, 1) 到顶点 (i, j) 的最大值。
则可以得到状态转移方程：
f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + map[i][j]
此题既适合自顶而下的方法做，也适合自底而上的方法，
当用自顶而下的方法做时，最后要在在最后一列数中找出最大值，
而用自底而上的方法做时，f[1][1] 即为最大值。
所以我们将图2 根据状态转移方程可以得到图 3 ：
最大值是30.
代码如下:
- 1 #include <cstdio>
- 2. #include <iostream>
- 3. #include <algorithm>
- 4. #include <cstring>
- 5. using namespace std;
- 6. int a[2000][2000];
- 7. int main()
- 8. {
- 9. int t,n,i,j;
- 10. while (~scanf( "%d" ,&n))
- 11. {
- 12. for (i=0; i<n; i++)
- 13. for (j=0; j<=i; j++)
- 14. scanf("%d" ,&a[i][j]);
- 15. for (i=n-1; i>0; i--)
- 16. for (j=0; j<i; j++)
- 17. a[i-1][j]+=max(a[i][j],a[i][j+1]);
- 18. printf("%d " ,a[0][0]);
- 19. }
- 20. return 0;
- 21. }
上面讨论了 两个 非常简单的例子。现在让我们来看看对于更复杂的问题，如何找到状态之间的转移方式(即找到状态转移方程 ) 。为此我们要引入一个新词叫递推关系来将状态联系起来 ( 说的还是状态转移方程)
OK，上例子，看看它是如何工作的。
一个序列有N 个数： A[1],A[2],…,A[N] ，求出最长非降子序列的长度。 ( 讲 DP 基本都会讲到的一个问题LIS ： longest increasing subsequence)
正如上面我们讲的，面对这样一个问题，我们首先要定义一个“ 状态 ” 来代表它的子问题，并且找到它的解。注意，大部分情况下，某个状态只与它前面出现的状态有关，而独立于后面的状态。
让我们沿用“ 入门 ” 一节里那道简单题的思路来一步步找到 “ 状态 ” 和 “ 状态转移方程 ” 。假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i] 的最长非降子序列的长度，其中 i<N ，那么上面的问题变成了原问题的一个子问题 ( 问题规模变小了，你可以让 i=1,2,3 等来分析 ) 然后我们定义 d(i) ，表示前 i 个数中以 A[i] 结尾的最长非降子序列的长度。 OK ，对照 “ 入门 ” 中的简单题，你应该可以估计到这个 d(i) 就是我们要找的状态。如果我们把 d(1) 到 d(N) 都计算出来，那么最终我们要找的答案就是这里面最大的那个。状态找到了，下一步找出状态转移方程。
为了方便理解我们是如何找到状态转移方程的，我先把下面的例子提到前面来讲。如果我们要求的这N 个数的序列是：
5， 3 ， 4 ， 8 ， 6 ， 7
根据上面找到的状态，我们可以得到：（下文的最长非降子序列都用LIS 表示）
· 前1 个数的 LIS 长度 d(1)=1( 序列： 5)
· 前2 个数的 LIS 长度 d(2)=1( 序列： 3 ； 3 前面没有比 3 小的 )
· 前3 个数的 LIS 长度 d(3)=2( 序列： 3 ， 4 ； 4 前面有个比它小的 3 ，所以 d(3)=d(2)+1)
· 前4 个数的 LIS 长度 d(4)=3( 序列： 3 ， 4 ， 8 ； 8 前面比它小的有 3 个数，所以d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)
OK，分析到这，我觉得状态转移方程已经很明显了，如果我们已经求出了 d(1) 到 d(i-1) ，那么 d(i) 可以用下面的状态转移方程得到：
d(i) = max{1, d(j)+1},其中 j<i,A[j]<=A[i]
用大白话解释就是，想要求d(i) ，就把 i 前面的各个子序列中，最后一个数不大于 A[i] 的序列长度加 1 ，然后取出最大的长度即为 d(i) 。当然了，有可能 i 前面的各个子序列中最后一个数都大于 A[i] ，那么d(i)=1 ，即它自身成为一个长度为 1 的子序列。
分析完了，上图：( 第二列表示前 i 个数中 LIS 的长度，第三列表示， LIS 中到达当前这个数的上一个数的下标，根据这个可以求出 LIS 序列 )
代码:
- 1. #include <cstdio>
- 2. #include <iostream>
- 3. #include <algorithm>
- 4. #include <cstring>
- 5. usingnamespace std;
- 6.
- 7. int main()
- 8. {
- 9. int dp[2000],a[2000],n;
- 10. while (cin>>n)
- 11. {
- 12. memset(dp,0,sizeof (dp));
- 13. intres = 0;
- 14. for (inti = 0; i < n; i++) cin>>a[i];
- 15.
- 16. for (inti = 0; i < n; i++)
- 17. {
- 18. dp[i] = 1;
- 19. for (intj = 0; j < i; j++)
- 20. {
- 21. if (a[j] < a[i])
- 22. dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);
- 23. }
- 24.
- 25. res = max(res,dp[i]);
- 26. }
- 27.
- 28. cout<<res<<endl;
- 29. }
- 30. return0;
- 31. }
该算法的时间复杂度是O(n 2 )，并不是最优的解法。还有一种很巧妙的算法可以将时间复杂度降到O(nlogn) ，网上已经有各种文章介绍它，这里就不再赘述。此题还可以用 “ 排序 +LCS” 来解，感兴趣的话可自行 Google ， Baidu 。
最后讲一下最长上升公共子序列问题 :
问题描述
什么是最长公共子序列呢 ? 好比一个数列S，如果分别是两个或多个已知数列的子序列，且是所有符合此条件序列中最长的，则S 称为已知序列的最长公共子序列。
举个例子，如：有两条随机序列，如 1 3 4 5 5 ， and 2 4 5 5 7 6 ，则它们的最长公共子序列便是： 4 5 5。
LCS问题的解决思路
·
穷举法
·
解最长公共子序列问题时最容易想到的算法是穷举搜索法，即对 X 的每一个子序列，检查它是否也是 Y的子序列，从而确定它是否为 X 和 Y 的公共子序列，并且在检查过程中选出最长的公共子序列。 X 和 Y的所有子序列都检查过后即可求出 X 和 Y 的最长公共子序列。 X 的一个子序列相应于下标序列{1, 2, …, m} 的一个子序列，因此， X 共有 2m个不同子序列（Y 亦如此，如为 2^n ），从而穷举搜索法需要指数时间（ 2^m * 2^n ）。
· 动态规划算法
事实上，最长公共子序列问题也有最优子结构性质。
记:
Xi=﹤ x1 ， ⋯ ， xi ﹥即 X 序列的前 i 个字符 (1≤i≤m) （前缀）
Yj=﹤ y1 ， ⋯ ， yj ﹥即 Y 序列的前 j 个字符 (1≤j≤n) （前缀）
假定Z= ﹤ z1 ， ⋯ ， zk ﹥ ∈LCS(X , Y) 。
·
若 xm=yn （最后一个字符相同），则不难用反证法证明：该字符必是X 与 Y 的任一最长公共子序列 Z（设长度为 k ）的最后一个字符，即有 zk = xm = yn 且显然有 Zk-1∈LCS(Xm-1 , Yn-1) 即 Z 的前缀 Zk-1是 Xm-1 与 Yn-1 的最长公共子序列 。此时，问题化归成求Xm-1 与 Yn-1 的 LCS （ LCS(X , Y)的长度等于 LCS(Xm-1 , Yn-1 )的长度加 1 ）。
·
·
若 xm≠yn ，则亦不难用反证法证明：要么Z∈LCS(Xm-1, Y) ，要么 Z∈LCS(X , Yn-1) 。由于 zk≠xm 与zk≠yn 其中至少有一个必成立，若 zk≠xm 则有 Z∈LCS(Xm-1 , Y) ，类似的，若 zk≠yn 则有Z∈LCS(X , Yn-1) 。此时，问题化归成求 Xm-1 与 Y 的 LCS 及 X 与 Yn-1 的 LCS 。 LCS(X , Y) 的长度为： max{LCS(Xm-1 , Y) 的长度 , LCS(X , Yn-1) 的长度 } 。
·
由于上述当xm≠yn的情况中，求LCS(Xm-1 , Y) 的长度与 LCS(X , Yn-1) 的长度，这两个问题不是相互独立的：两者都需要求 LCS(Xm-1 ， Yn-1) 的长度。另外两个序列的 LCS 中包含了两个序列的前缀的 LCS，故问题具有最优子结构性质考虑用动态规划法。
也就是说，解决这个 LCS 问题，你要求三个方面的东西：1、LCS （ Xm-1 ， Yn-1 ） +1 ；2、LCS （Xm-1 ， Y ）， LCS （ X ， Yn-1 ）；3、max{LCS （ Xm-1 ， Y ）， LCS （ X ， Yn-1 ） }。
行文至此，其实对这个 LCS 的动态规划解法已叙述殆尽，不过，为了成书的某种必要性，下面，我试着再多加详细阐述这个问题。
第三节、动态规划算法解LCS 问题
3.1、最长公共子序列的结构
最长公共子序列的结构有如下表示：
设序列 X=<x1, x2, …, xm>和 Y=<y1, y2, …, yn>的一个最长公共子序列 Z=<z1, z2, …, zk>，则：
1. 若x m =y n ，则z k =x m =y n 且Z k-1 是X m-1 和Y n-1 的最长公共子序列；
2. 若x m ≠y n 且z k ≠x m ， 则Z 是 X m-1 和Y 的最长公共子序列；
3. 若x m ≠y n 且z k ≠y n ，则 Z 是 X 和 Y n-1 的最长公共子序列。
其中 Xm-1=<x1, x2, …, xm-1>， Yn-1=<y1, y2, …, yn-1>， Zk-1=<z1, z2, …, zk-1>。
3、 2. 子问题的递归结构
由最长公共子序列问题的最优子结构性质可知，要找出 X=<x1, x2, …, xm>和 Y=<y1, y2, …, yn>的最长公共子序列，可按以下方式递归地进行：当 xm=yn时，找出Xm-1和Yn-1的最长公共子序列，然后在其尾部加上xm(=yn)即可得 X 和 Y 的一个最长公共子序列。当 xm≠yn时，必须解两个子问题，即找出Xm-1和Y 的一个最长公共子序列及 X 和 Yn-1的一个最长公共子序列。这两个公共子序列中较长者即为X 和 Y 的一个最长公共子序列。
由此递归结构容易看到最长公共子序列问题具有子问题重叠性质。例如，在计算 X 和 Y 的最长公共子序列时，可能要计算出 X 和 Yn-1及Xm-1和Y 的最长公共子序列。而这两个子问题都包含一个公共子问题，即计算 Xm-1和Yn-1的最长公共子序列。
与矩阵连乘积最优计算次序问题类似，我们来建立子问题的最优值的递归关系。用 c[i,j] 记录序列 Xi和Yj的最长公共子序列的长度。其中Xi=<x1, x2, …, xi>， Yj=<y1, y2, …, yj>。当 i=0 或 j=0 时，空序列是 Xi和Yj的最长公共子序列，故c[i,j]=0 。其他情况下，由定理可建立递归关系如下：
代码如下 :
- 1. #include <cstdio>
- 2. #include <iostream>
- 3. #include <algorithm>
- 4. #include <cstring>
- 5. using namespace std;
- 6.
- 7. int main()
- 8. {
- 9. string str1,str2;
- 10. int dp[200][200];
- 11. while (cin>>str1>>str2)
- 12. {
- 13. memset(dp,0,sizeof (dp));
- 14.
- 15. int la = str1.length();
- 16. int lb = str2.length();
- 17.
- 18. for ( int i = 1; i <= la; i++)
- 19. for ( int j = 1; j <= lb; j++)
- 20. {
- 21. if (str1[i - 1] == str2[j - 1])
- 22. {
- 23. dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
- 24. }
- 25. else dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
- 26. }
- 27. cout<<dp[la][lb]<<endl;
- 28. }
- 29. return 0;
讲到这想必对 DP问题有一个大概的认识了吧？乘热打铁，我们去 HDU 刷几道简单题练练手感！
HDU2191
HDU1159
HDU1432
HDU2084