动态规划-NOIP提高组历年高频考点(1)
通过分析NOIP2011-2018年提高组的试题我们就会发现，考察最多的考点前三名就是模拟，动态规划和贪心算法。简单统计这八年的提高组48个试题我们发现，模拟和动态规划各考察了有11次之多，模拟我们不过多提及，今天我们说说常见且考察最多的动态规划算法。1. 概论： 动态规划（dynamic programming）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。动态规划不是一种具体的算法，而是对解最优化问题的一种途径、一种方法。常见的动态规划有线性动态规划、区域动态规划、树型动态规划、背包问题等。2. 知识点梳理：2.1 基本模型 动态规划是解决一个多阶段决策过程的最优化问题的常用算法。所谓多阶段决策过程，指的是这样一类特殊过程，过程可以按照一定的顺序分解成若干个相互联系的阶段，在每一个阶段都需要作出决策。全部过程的决策是一个决策序列。而动态规划，就是解决这类过程的最优化问题。利用动态规划解决的多阶段决策过程，必须要有最优子结构特点。即对于一个最优的决策序列，其子序列也是最优的。2.2 基本思想 动态规划算法的基本思想是：将带求解的问题分解成若干个相互联系的子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解中得到原问题的解；对于重复出现的子问题，只在第一次遇到的时候对它进行求解，并把答案保存起来，避免重复求解。该思想与记忆化搜索类似，即将计算步骤中的过程保存下来，避免重复运算。2.3 基本步骤 动态规划算法求解的基本步骤如下：（1）划分阶段：按照问题的时间或空间特征，把问题分为若干个阶段。在划分阶段时，注意划分后的阶段一定要是有序的或者是可排序的，否则问题就无法求解。（2）确定状态和状态变量：注意状态必须满足无后效性。（3）确定决策：找到子问题是进行动态规划的重要一步。动态规划和递推更多应考虑本问题由哪些已解决子问题构成，而不是考虑本问题对将来哪些问题有贡献。（4）确定边界条件，写出状态转移方程。（5）代码编程2.4 常见动态规划类型线性动规：拦截导弹，合唱队形，挖地雷，建学校，剑客决斗等区域动规：石子合并，加分二叉树，统计单词个数等树形动规：贪吃的九头龙，二分查找树，聚会的欢乐，数字三角形等背包问题：01背包问题，完全背包问题，分组背包问题，二维背包，装箱问题等2.5 动态规划的优化 在NOIP中，动态规划很少需要优化。唯一较为常见的优化方式为“状态压缩”。由于动态规划实质上是一种以时间换空间的解题方式，因此，在空间复杂度上要非常注意。“状态压缩”根据题意找到一个更好的存储状态，避免朴素算法的空间复杂度过大。最经典的例子是NOIP2005中的题目“过河”。之前在清北学堂信息学训练营的一些入门资料分享给大家：
总结一下动态规划一些需要了解的思想，出自大牛博主“英雄哪里出来 ”1、递推递推作为动态规划的基本方法，对理解动态规划起着至关重要的作用。我们来看下面一个例题：骨牌铺方格递推Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 744 Accepted Submission(s): 478Problem Description在2×n的一个长方形方格中,用一个1× 2的骨牌铺满方格,输入n ,输出铺放方案的总数.例如n=3时,为2× 3方格，骨牌的铺放方案有三种,如下图：
Input输入数据由多行组成，每行包含一个整数n,表示该测试实例的长方形方格的规格是2×n (0<n<=50)。Output对于每个测试实例，请输出铺放方案的总数，每个实例的输出占一行。Sample Input132Sample Output132这是一个经典的递推问题，如果觉得无从下手，我们可以来看一个更加简单的问题，把问题中的“3”变成“2”（即在一个2XN的长方形方格中铺满1X2的骨牌的方案）。这样问题就简单很多了，我们用f[i]表示2Xi的方格铺满骨牌的方案数，那么考虑第i列，要么竖着放置一个骨牌；要么连同i-1列，横着放置两个骨牌，如图2所示。由于骨牌的长度为1X2，所以在第i列放置的骨牌无法影响到第i-2列。很显然，图一 -1-2中两块黑色的部分分别表示f[i-1]和f[i-2]，所以可以得到递推式f[i] = f[i-1] + f[i-2] (i >= 2)，并且边界条件f[0] = f[1] = 1。
图一 -1-2再回头来看3 X N的情况，首先可以明确当N等于奇数的时候，方案数一定为0。所以如果用f[i] (i 为偶数) 表示3Xi的方格铺满骨牌的方案数，f[i]的方案数不可能由f[i-1]递推而来。那么我们猜想f[i]和f[i-2]一定是有关系的，如图一 -1-3所示，我们把第i列和第i-1列用1X2的骨牌填满后，轻易转化成了f[i-2]的问题，那是不是代表f[i] = 3*f[i-2]呢？
图一 -1-3仔细想想才发现不对，原因是我们少考虑了图一 -1-4的情况，这些情况用图一 -1-3的情况无法表示，再填充完黑色区域后，发现和f[i-4]也有关系，但是还是漏掉了一些情况。
图一 -1-4上面的问题说明我们在设计状态（状态在动态规划中是个很重要的概念，在本章的第4小节会进行介绍总结）的时候的思维定式，当一维的状态已经无法满足我们的需求时，我们可以试着增加一维，用二维来表示状态，用f[i][j]表示(3 X i) + j个多余块的摆放方案数，如图一 -1-5所示：
图一 -1-5转化成二维后，我们可以轻易写出三种情况的递推式，具体推导方法见图一 -1-6。f[i][0] = f[i-2][0] + f[i-1][1] + f[i-2][2]f[i][1] = f[i-1][2]f[i][2] = f[i][0] + f[i-1][1]边界条件 f[0][0] = f[1][1] = f[0][2] = 1
图一 -1-6如果N不是很大的情况，到这一步，我们的问题已经完美解决了，其实并不需要求它的通项公式。如果需要通项公式，那么假设dp[i]为铺满2*n网格的方案数.那么dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]。其中dp[i-1]为铺满2*(n-1)网格的方案数(既然前面的2*(n-1)的网格一已经铺满,那么最后一个只能是竖着放)。dp[i-2]为铺满2*(n-2)网格的方案数(如果前面的2*(n-2)的网格已经铺满,那么最后的只能是横着放,否则会重复).其实这种递推题，在独立思考得到递推公式后,其实可以将输入样例带进去验证一下.需要注意的是dp[50]已经到200多亿了，这时候需要用long long 。2、记忆化搜索递推说白了就是在知道前i-1项的值的前提下，计算第i项的值，而记忆化搜索则是另外一种思路。它是直接计算第i项，需要用到第 j 项的值( j < i)时去查表，如果表里已经有第 j 项的话，则直接取出来用，否则递归计算第 j 项，并且在计算完毕后把值记录在表中。记忆化搜索在求解多维的情况下比递推更加方便，【例题3】是我遇到的第一个记忆化搜索的问题，记忆犹新。【例题3】这个问题直接给出了一段求函数w(a, b, c)的伪代码：function w(a, b, c):if a <=0 or b <=0 or c <=0, then returns:1if a >20or b >20or c >20, then returns: w(20,20,20)if a < b and b < c, then returns: w(a, b, c-1)+ w(a, b-1, c-1)- w(a, b-1, c)otherwise it returns: w(a-1, b, c)+ w(a-1, b-1, c)+ w(a-1, b, c-1)要求给定a, b, c，求w(a, b, c)的值。乍看下只要将伪代码翻译成实际代码，然后直接对于给定的a, b, c，调用函数w(a, b, c)就能得到值了。但是只要稍加分析就能看出这个函数的时间复杂度是指数级的（尽管这个三元组的最大元素只有20，这是个陷阱）。对于任意一个三元组(a, b, c)，w(a, b, c)可能被计算多次，而对于固定的(a, b, c)，w(a, b, c)其实是个固定的值，没必要多次计算，所以只要将计算过的值保存在f[a][b][c]中，整个计算就只有一次了，总的时间复杂度就是O(n^3)，这个问题的n只有20。3、状态和状态转移在介绍递推和记忆化搜索的时候，都会涉及到一个词---状态，它表示了解决某一问题的中间结果，这是一个比较抽象的概念，例如【例题1】中的f[i][j]，【例题2】中的FA[i]、FB[i]，【例题3】中的f[a][b][c]，无论是递推还是记忆化搜索，首先要设计出合适的状态，然后通过状态的特征建立状态转移方程（f[i] = f[i-1] + f[i-2] 就是一个简单的状态转移方程）。4、最优化原理和最优子结构在介如果问题的最优解包含的子问题的解也是最优的，就称该问题具有最有子结构，即满足最优化原理。这里我尽力减少理论化的概念，而改用一个简单的例题来加深对这句话的理解。【例题4】给定一个长度为n(1 <= n <= 1000)的整数序列a[i]，求它的一个子序列(子序列即在原序列任意位置删除0或多个元素后的序列)，满足如下条件：1、该序列单调递增；2、在所有满足条件1的序列中长度是最长的；这个问题是经典的动态规划问题，被称为最长单调子序列。我们假设现在没有任何动态规划的基础，那么看到这个问题首先想到的是什么？我想到的是万金油算法---枚举（DFS），即枚举a[i]这个元素取或不取，所有取的元素组成一个合法的子序列，枚举的时候需要满足单调递增这个限制，那么对于一个n个元素的序列，最坏时间复杂度自然就是O(2n)，n等于30就已经很变态了更别说是1000。但是方向是对的，动态规划求解之前先试想一下搜索的正确性，这里搜索的正确性是很显然的，因为已经枚举了所有情况，总有一种情况是我们要求的解。我们尝试将搜索的算法进行一些改进，假设第i个数取的情况下已经搜索出的最大长度记录在数组d中，即用d[i]表示当前搜索到的以a[i]结尾的最长单调子序列的长度，那么如果下次搜索得到的序列长度小于等于d[i]，就不必往下搜索了（因为即便继续往后枚举，能够得到的解必定不会比之前更长）；反之，则需要更新d[i]的值。如图一-4-1，红色路径表示第一次搜索得到的一个最长子序列1、2、3、5，蓝色路径表示第二次搜索，当枚举第3个元素取的情况时，发现以第3个数结尾的最长长度d[3] = 3，比本次枚举的长度要大（本次枚举的长度为2），所以放弃往下枚举，大大减少了搜索的状态空间。
图一-4-1这时候，我们其实已经不经意间设计好了状态，就是上文中提到的那个d[i]数组，它表示的是以a[i]结尾的最长单调子序列的长度，那么对于任意的i，d[i] 一定等于 d[j] + 1 ( j < i )，而且还得满足 a[j] < a[i]。因为这里的d[i]表示的是最长长度，所以d[i]的表达式可以更加明确，即：d[i] = max{ d[j] | j < i && a[j] < a[i] } + 1这个表达式很好的阐释了最优化原理，其中d[j]作为d[i]的子问题，d[i]最长（优）当且仅当d[j]最长（优）。当然，这个方程就是这个问题的状态转移方程。状态总数量O(n), 每次转移需要用到前i项的结果，平摊下来也是O(n)的,所以该问题的时间复杂度是O(n^2)，然而它并不是求解这类问题的最优解，下文会提到最长单调子序列的O(nlogn)的优化算法。5、决策和无后效性一个状态演变到另一个状态，往往是通过“决策”来进行的。有了“决策”，就会有状态转移。而无后效性，就是一旦某个状态确定后，它之前的状态无法对它之后的状态产生“效应”（影响）。【例题5】老王想在未来的n年内每年都持有电脑，m(y, z)表示第y年到第z年的电脑维护费用，其中y的范围为[1, n]，z的范围为[y, n]，c表示买一台新的电脑的固定费用。给定矩阵m，固定费用c，求在未来n年都有电脑的最少花费。考虑第 i 年是否要换电脑，换和不换是不一样的决策，那么我们定义一个二元组(a, b)，其中 a < b，它表示了第a年和第b年都要换电脑（第a年和第b年之间不再换电脑），如果假设我们到第a年为止换电脑的最优方案已经确定，那么第a年以前如何换电脑的一些列步骤变得不再重要，因为它并不会影响第b年的情况，这就是无后效性。更加具体得，令d[i]表示在第i年买了一台电脑的最小花费(由于这台电脑能用多久不确定，所以第i年的维护费用暂时不计在这里面)，如果上一次更换电脑的时间在第j年，那么第j年更换电脑到第i年之前的总开销就是c + m(j, i-1)，于是有状态转移方程：d[i] = min{ d[j] + m(j, i-1) | 1 <= j < i }+ c这里的d[i]并不是最后问题的解，因为它漏算了第i年到第n年的维护费用，所以最后问题的答案：ans = min{ d[i] + m(i, n) | 1 <= i < n }我们发现两个方程看起来很类似，其实是可以合并的，我们可以假设第n+1年必须换电脑，并且第n+1年换电脑的费用为0，那么整个阶段的状态转移方程就是：d[i] = min{ d[j] + m(j, i-1) | 1 <= j < i } + w(i) 其中w(i) = (i==n+1)?0:c;d[n+1]就是我们需要求的最小费用了。本文动态规划思想部分内容由博主“英雄哪里出来 ”整理，原文地址：http://www.cppblog.com/menjitianya/archive/2015/10/23/212084.html，希望本文能对你有所帮助！