＜蓝桥杯软件赛＞零基础备赛20周--第18周--动态规划初步

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文章目录

1. 动态规划的概念
2. 动态规划的两种编码方法
3. DP设计基础
4. 常见线性DP
5. DP习题

第18周: 动态规划初步

动态规划（Dynamic Programming，DP）是Richard Bellman于1950年代发明的应用于多阶段决策的数学方法。和贪心、分治一样，动态规划是一种解题的思路，而不是一个具体的算法知识点。动态规划是地地道道的“计算思维”，非常适合用计算机实现，可以说是独属于计算机学科的计算理论。动态规划是一种需要学习才能获得的思维方法。像贪心、分治这样的方法，在生活中，或在其他学科中有很多类似的例子，很容易联想和理解。但动态规划不是，它是一种生活中没有的抽象计算方法，没有学过的人很难自发产生这种思路。
DP是算法竞赛中最常见的考点之一，蓝桥杯大赛的每一场比赛，每次必有DP题目，少则一题，多则数题。以2023年第十四届蓝桥杯省赛为例，
C/C++：A组“更小的数”、B组“接龙数列”、C组“填充”、研究生组“奇怪的数”。
Java：A组“高塔”、B组“ 数组分割，蜗牛，合并石子”、C组“填充”、研究生组“奇怪的数”。
Python：A组“奇怪的数”、B组“松散子序列，保险箱，树上选点”、C组“填充，奇怪的数”、研究生组“填充，高塔”。
能做DP题目，就有蓝桥杯省赛二等奖的实力。

1. 动态规划的概念

本节以斐波那契数为例说明DP的概念和编程实现。
斐波那契数列是一个递推数列，前几个数是1、1、2、3、5、8，第n个数等于第n-1个和第n-2个相加。斐波那契数的递推公式是：
fib(n) = fib(n-1) + fib(n-2)
斐波那契数列又称为兔子数列。设一对兔子每月能生一对小兔子，小兔子在出生的第一个月没有生殖能力，第二个月便能生育，且所有兔子都不会死亡。从第一对刚出生的兔子开始，问12个月以后会有多少对兔子。
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斐波那契数列也常常用楼梯问题来举例。一次可以走一个台阶或者两个台阶，问走到第n个台阶时，一共有多少种走法？要走到第n级台阶，分成两种情况，一种是从n-1级台阶走一步过来，一种是从n-2级台阶走两步过来。这就是斐波那契数列的递推公式。
计算斐波那契数列，可以直接用递推公式计算。这里为了说明动态规划的思想，用递归来求斐波那契数，代码如下。

int fib (int n){if (n == 1 || n == 2)      return 1;return (fib (n-1) + fib (n-2));  //递归以2的倍数增加
}

为了解决总体问题fib(n)，将其分解为两个较小的子问题fib(n-1)和fib(n-2)，这就是DP的应用场景。
有一些问题有两个特征：重叠子问题、最优子结构。用DP可以高效率地处理具有这2个特征的问题。
（1）重叠子问题
首先，子问题是原大问题的小版本，计算步骤完全一样；其次，计算大问题的时候，需要多次重复计算小问题。这就是“重叠子问题”。以斐波那契数为例，用递归计算fib(5)，分解为图示的子问题。
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图1 计算斐波那契数
其中fib(3)计算了2次，其实只算1次就够了。
一个子问题的多次重复计算，耗费了大量时间。用DP处理重叠子问题，每个子问题只需要计算一次，从而避免了重复计算，这就是DP效率高的原因。
（2）最优子结构
最优子结构的意思是：首先，大问题的最优解包含小问题的最优解；其次，可以通过小问题的最优解推导出大问题的最优解。在斐波那契问题中，把数列的计算构造成fib(n) = fib(n-1) + fib(n-2)，即把原来为n的大问题，减小为n-1和n-2的小问题，这是斐波那契数的最优子结构。

2. 动态规划的两种编码方法

处理DP中的大问题和小问题，有两种思路：自顶向下（Top-Down，先大问题再小问题）、自下而上（Bottom-Up，先小问题再大问题）。
编码实现DP时，自顶向下用带记忆化搜索的递归编码，自下而上用递推编码。两种方法的复杂度是一样的，每个子问题都计算一遍，而且只计算一遍。
（1）自顶向下与记忆化
先考虑大问题，再缩小到小问题，递归很直接地体现了这种思路。为避免递归时重复计算子问题，可以在子问题得到解决时，就保存结果，再次需要这个结果时，直接返回保存的结果就行了。这种存储已经解决的子问题的结果的技术称为“记忆化（Memoization）”。
以斐波那契数为例，记忆化代码如下：

int memoize[N];                                  //保存结果
int fib (int n){if (n == 1 || n == 2)  return 1;if(memoize[n] != 0) return memoize[n]; //直接返回保存的结果，不再递归memoize[n]= fib (n - 1) + fib (n - 2);       //递归计算结果，并记忆return memoize[n];
}

在这个代码中，一个斐波那契数只计算一次，所以总复杂度是O(n)的。
（2）自下而上与制表递推
这种方法与递归的自顶向下相反。这种“自下而上”的方法，先解决子问题，再递推到大问题。通常通过填写表格来完成，编码时用若干for循环语句填表。根据表中的结果，逐步计算出大问题的解决方案。
用制表法计算斐波那契数，维护一个一维表dp[]，记录自下而上的计算结果，更大的数是前面两个数的和。
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代码：

const int N = 255;
int dp[N];
int fib (int n){dp[1] = dp[2] =1;for (int i=3;i<=n;i++)  dp[i] = dp[i-1] +dp[i-2];return dp[n];
}

把表格dp[]称为DP状态，dp[]的转移方程是dp[i] = dp[i-1] +dp[i-2]。
代码的复杂度显然也是O(n)的。
对比“自顶向下”和“自下而上”这两种方法，“自顶向下”的优点是能更宏观地把握问题、认识问题的实质，“自下而上”的优点是编码更直接。两种编码方法都很常见。
能用DP求解的问题，一般是求方案数，或者求最值。

3. DP设计基础

用下面的例子讲解DP的基本问题：状态设计、状态转移、编码实现。

更小的数 2023年第十四届省赛C/C++大学A组，10分
【题目描述】有一个长度均为n且仅由数字字符0 ~ 9组成的字符串，下标从0到n-1。你可以将其视作是一个具有n位的十进制数字num。小蓝可以从num中选出一段连续的子串并将子串进行反转，最多反转一次。小蓝想要将选出的子串进行反转后再放入原位置处得到的新的数字numnew满足条件numnew < num。请你帮他计算下一共有多少种不同的子串选择方案。只要两个子串在num中的位置不完全相同我们就视作是不同的方案。注意，我们允许前导零的存在，即数字的最高位可以是0，这是合法的。
【输入描述】输入一行包含一个长度为n的字符串表示num（仅包含数字字符0 ∼9），从左至右下标依次为 0 ∼n−1。对于20%的评测用例，1≤n≤100；对于40%的评测用例，1≤n≤1000；对于所有评测用例，1≤n≤5000。
【输出描述】输出一个整数表示答案。
输入样例：
210102 输出样例：
8

如果读者没学过动态规划，也能用模拟法做这一题。遍历出每个子串，判断这个子串反转后是否合法，也就是判断是否有numnew < num。统计所有合法的情况，就是答案。代码很容易写。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {string s;  cin >> s;int ans = 0;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {for (int j = i + 1; j < s.size(); j++) {string tmp = s;reverse(tmp.begin()+i, tmp.begin()+j+1);  //反转子串s[i,j]if (tmp < s)  ans++;}}cout << ans << endl;return 0;
}

java代码

import java.util.Scanner;
public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);String s = sc.next();int ans = 0;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {for (int j = i + 1; j < s.length(); j++) {StringBuilder tmp = new StringBuilder(s);tmp.replace(i, j + 1, new StringBuilder(s.substring(i, j + 1)).reverse().toString());if (tmp.toString().compareTo(s) < 0) ans++;                }}System.out.println(ans);}
}

python

s = input()
ans = 0
for i in range(len(s)):for j in range(i + 1, len(s)):tmp = list(s)tmp[i:j+1] = reversed(tmp[i:j+1])if ''.join(tmp) < s:ans += 1
print(ans)

用两种for循环遍历所有的子串。用库函数reverse()反转子串，如果不会用这个函数，也可以自己写一个反转子串的函数。
代码的计算复杂度是多少？两重for循环是 $O(n^2)$ ，reverse()是O(n)的，总复杂度为 $O(n^3)$ 。只能通过40%的测试。
下面用DP求解本题，复杂度为 $O(n^2)$ ，通过100%的测试。

1、DP状态设计
本题可以用DP吗？它有DP的重叠子问题和最优子结构吗？
在模拟法中，需要检查每个子串，为了应用DP，考虑这些子串之间有没有符合DP要求的关系，请读者思考。下面的DP状态设计和DP转移方程体现了子串之间的DP关系。
DP状态：定义二维数组dp[][]，dp[i][j]表示子串s[i]~s[j]反转之后是否大于反转前的子串。dp[i][j]=1表示反转之后变小，符合要求；dp[i][j]=0表示反转之后没有变小。
在DP题目中，建议把状态命名为dp，这有利于与队友的交流。队友看到dp这个关键字，用不着解释，就知道这是一道DP题，dp是定义的状态，而不是别的意思。

2、DP转移方程
对于每个子串，比较它的首尾字符s[i]和s[j]，得到状态转移方程。
（1）若s[i] > s[j]，说明反转后的子串肯定小于原子串，符合要求，赋值dp[i][j] = 1。
（2）若s[i] < s[j]，说明反转后的子串肯定大于原子串，赋值dp[i][j] = 0。
（3）若s[i] = s[j]，需要继续比较s[i+1]和s[j-1]，有dp[i][j] = dp[i+1][j-1]。
第（3）条的dp[i][j] = dp[i+1][j-1]是自顶向下的思路，例如dp[1][6] = dp[2][5]，dp[2][5] = dp[3][4]，等等。
计算这个递推公式时，需要先算出较小子串的dp[][]，再递推到较大子串的dp[][]。例如先要计算出dp[2][5]，才能递推到dp[1][6]。最小子串的dp[][]，例如dp[1][1]、dp[1][2]、dp[2][2]、dp[2][3]等，它们不再需要递推，因为dp[1][1]=0，dp[1][2]根据（1）、（2）计算。

3、代码
根据上述思路，读者可能很快就写出了以下代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[5010][5010];
int main() {string s;   cin >> s;int ans = 0;for (int i = 0; i < s.length(); i++) {         //子串从s[i]开始for (int j = i+1; j < s.length(); j++) {   //子串末尾是s[j]if (s[i] > s[j])  dp[i][j] = 1;if (s[i] < s[j])  dp[i][j] = 0;if (s[i] == s[j]) dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];if (dp[i][j] == 1) ans++;}}cout << ans;
}

代码的计算复杂度：两重for循环 $O(n^2)$ ，优于前面模拟法代码的 $O(n^3)$ 。
代码看起来逻辑很清晰，但它其实是错误的。问题出在第7、8行的for循环。例如第7行i=0，第8行j=8时，递推得dp[0][8]=dp[1][7]，但是此时dp[1][7]已经计算过吗？并没有。
递推的时候，根据DP的原理，应该先算出小规模问题的解，再递推大规模问题的解。计算应该这样进行：
（1）初始化：dp[][]=0，其中的dp[0][0]=0、dp[1][1]=0、…、dp[1][0]、…，在后续计算中有用。
（2）第一轮递推：计算长度为2的子串的dp[][]，即计算出dp[0][1]、dp[1][2]、dp[2][3]、…。例如计算dp[0][1]，若s0>s1，则dp[0][1]=1；若s0<s1，则dp[0][1]=0；若s0=s1，则dp[0][1]=dp[1][0]=0，这里dp[1][0]=0是初始化得到的。
（3）第二轮递推：计算长度为3的子串的dp[][]，即计算出dp[0][2]、dp[1][3]、dp[2][4]、…。例如计算dp[0][2]，若s0=s2，则有dp[0][2]=dp[1][1]=0，这时用到了前面得到的dp[1][1]。
（4）第三轮递推：计算长度为4的子串的dp[][]，即计算出dp[0][3]、dp[1][4]、dp[2][5]、…。例如计算dp[0][3]，若s0=s3，则有dp[0][3]=dp[1][2]，这时用到了前面得到的dp[1][2]。
（5）继续递推，最后得到所有的dp[][]。
代码应该这样写，用循环变量k表示第k轮递推，或者表示递推长度为k+1的子串：
C++代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[5010][5010];                     //全局数组，初始化为0
int main() {string s; cin >> s;int ans = 0;for (int k = 1; k < s.length(); k++) {        //第k轮递推。k=j-ifor (int i = 0; i+k < s.length(); i++) {  //子串从s[i]开始int j = i+k;                          //子串末尾是s[j]if (s[i] > s[j])  dp[i][j] = 1;if (s[i] < s[j])  dp[i][j] = 0;if (s[i] == s[j]) dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];if (dp[i][j] == 1)  ans++;}}cout << ans;
}

java代码

import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner sc = new Scanner(System.in);String s = sc.next();int[][] dp = new int[5010][5010];int ans = 0;for (int k = 1; k < s.length(); k++) {for (int i = 0; i + k < s.length(); i++) {int j = i + k;if (s.charAt(i) > s.charAt(j)) dp[i][j] = 1;                if (s.charAt(i) < s.charAt(j)) dp[i][j] = 0;if (s.charAt(i) == s.charAt(j))dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];                if (dp[i][j] == 1)  ans++;}}System.out.println(ans);}
}

python代码

s = input()
dp = [[0] * 5010 for _ in range(5010)]
ans = 0
for k in range(1, len(s)):for i in range(len(s) - k):j = i + kif s[i] > s[j]:    dp[i][j] = 1if s[i] < s[j]:    dp[i][j] = 0if s[i] == s[j]:   dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1]if dp[i][j] == 1:  ans += 1
print(ans)

4、对比DP代码和模拟代码
DP代码和模拟代码的相同处：它们都需要计算所有的子串，共 $O(n^2)$ 个子串。
为什么DP代码的效率更高呢？
（1）模拟代码对每个子串的计算是独立的。每个子串的计算和其他子串无关，不用其他子串的计算结果，自己的计算结果对其他子串的计算也没有用。每个子串需要计算O(n)次， $O(n^2)$ 个子串的总计算量是 $O(n^3)$ 的。
（2）DP的子串计算是相关的。长度为2的子串计算结果，在计算长度为3的子串时用到；长度为3的子串计算结果，在计算长度为4的子串时用到；…等等。所以一个子串的计算量只有O(1)， $O(n^2)$ 个子串的总计算量是 $O(n^2)$ 的。这就是DP利用“重叠子问题”得到的计算优化。