算法通关村第十九关：青铜-动态规划是怎么回事

青铜挑战-动态规划是怎么回事

动态规划（简称DP，Dynamic Programming）：最热门、最重要的算法之一。面试中大量出现，整体偏难。

1. 热身：重复计算和记忆化搜索（如何说一万次"我爱你"）

举例：看谁说更多的我爱你

class FibonacciTest:def __init__(self):self.count = 0def main(self, n):self.fibonacci(n)print(f"n: {n}, count: {self.count}")def fibonacci(self, n):print("我爱你")self.count += 1if n == 0:return 1elif n == 1 or n == 2:return nelse:return self.fibonacci(n - 1) + self.fibonacci(n - 2)if __name__ == '__main__':for i in range(32):FibonacciTest().main(i)

斐波那契数列，重复打印 “我爱你”
n=20时，count=13529；n=30时，count=1664079

n=30时，count高达160多万，因为里面存在大量的重复计算，数越大，重复越多。

n=8时，结构如下
在这里插入图片描述

计算 f(8) 时，f(6)、f(5)等需要重复计算，这就是重叠子问题

优化：
主要问题是很多数据到会频繁重复计算
将计算的结果保存到一个一维数组中，arr[n] = f(n)
执行的时候如果某个位置已经被计算出来就更新对应位置的数组值，下次计算的时候可直接读取

记录化搜索
在执行递归之前先查数组看是否被计算过，如果重复计算了，就直接读取，这就叫记忆化搜索

class FibonacciTest:def __init__(self):self.count = 0self.arr = []def main(self, n):self.arr = [-1] * (n + 1)self.fibonacci(n)print(f"n: {n}, count: {self.count}")def find_in_arr(self, n):return self.arr[n] if 0 <= n < len(self.arr) else -1def fibonacci(self, n):# print("我爱你")self.count += 1if n == 1 or n == 2:self.arr[n] = nreturn nelif self.arr[n] != -1:return self.arr[n]else:self.arr[n] = self.fibonacci(n - 1) + self.fibonacci(n - 2)return self.arr[n]if __name__ == '__main__':FibonacciTest().main(20)

n=20时，count=37；n=30时，count=57。
递归计算大为减少

2. 路径连环炮

本部分通过多个路径相关的问题来解释和分析DP

2.1 第一炮：基本问题-统计路径总数

LeetCode62
https://leetcode.cn/problems/unique-paths/

思路分析

本题是经典的递归问题

  • 从起点开始的每一个位置，要么向右，要么向下
  • 向右和向下都将导致剩下的区间减少一列或者一行
  • 每个区间都可以继续以当前点为起点继续上述操作，所以这是一个递归的过程

在这里插入图片描述

分析3x2矩阵
在这里插入图片描述

分析3x3矩阵
在这里插入图片描述

分析可以看出，对于一个m x n的矩阵，求路径总数的方法 search(m, n) = search(m-1, n) + search(m, n-1)

对于上述过程，也可以用二叉树表示出来，以3x3矩阵为例
在这里插入图片描述

总的路径就是叶子结点数，图中有6个，这与二叉树的递归遍历本质上是一样的

代码实现

class Solution:def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:if m == 1 or n == 1:return 1return self.uniquePaths(m - 1, n) + self.uniquePaths(m, n - 1)if __name__ == '__main__':print(Solution().uniquePaths(3, 2))

注：功能没有问题，LeetCode上提交，判断超时了

2.2 第二炮：使用二维数组优化递归

在第一炮中，存在重复计算的问题，可以结合二维数组实现记忆化搜索

在这里插入图片描述

从数可以看到，在递归的过程中，存在重复计算的情况
例如 {1,1} 出现了两次，如果m=n，{1,0} 和 {0,1}的后续计算也是一样的
从二维数组的角度，例如在位置(1,1)处，不管是从(0,1)还是(1,0)到来，接下来都会产生2种走法，因此不必每次都重新遍历

在这里插入图片描述

可以采取一个二维数组来进行记忆化搜索

在这里插入图片描述

每个格子的数字：表示从起点开始到达当前位置有几种方式

  • 第1行和第1列都是1
  • 其他格子的值是其左侧和上侧格子数字之和 f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]

在这里插入图片描述

在这里插入图片描述

代码实现

class Solution:def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:arr = [[-1] * n for _ in range(m)]for i in range(m):for j in range(n):if i == 0 or j == 0:arr[i][j] = 1else:arr[i][j] = arr[i - 1][j] + arr[i][j - 1]return arr[m - 1][n - 1]

2.3 第三炮：滚动数组-用一维数组代替二维数组

上面的缓存空间使用的二维数组，占空间太大；可以使用滚动数组来优化此问题

滚动数组

在这里插入图片描述

  • 第1行和第1列都是1
  • 每个位置都是其左侧和上方的格子之和

以上可以简化为一个大小为n的一维数组来解决

  1. 遍历数组，将数组所有元素赋值为1，[1,1,1,1,1]
  2. 再次遍历数组，除了第1个，后面每个位置值=原始值+前一个位置值，[1,2,3,4,5]
  3. 再次遍历数组，除了第1个，后面每个位置值=原始值+前一个位置值，[1,3,6,10,15]
  4. 继续循环，循环m次
    此处3*5，m=3，循环3次，输出最后的15为结果

上面这几个一维数组拼接起来就是原先的二维数组

这种反复更新数组的策略就是滚动数组，计算公式 dp[j] = dp[j] + dp[j-1]

代码实现

class Solution:def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int:arr = [1] * nfor i in range(1, m):for j in range(1, n):arr[j] = arr[j] + arr[j - 1]return arr[-1]

总结

本题涵盖了DP里的多个方面，比如重复子问题、记忆化搜索、滚动数组等等
这就是最简单的动态规划了，只不过我们这里的规划是 dp[j] = dp[j] + dp[j-1]，不用进行复杂的比较和计算

这个题目非常重要，对后面理解递归、动态规划等算法有非常大的作用

2.4 第四炮：题目拓展-最小路径和

上面的题目（LeetCode62）还有个重要的问题体现的不明显：最优子结构

LeetCode64
https://leetcode.cn/problems/minimum-path-sum/

思路分析

这道题目就是在上面题目的基础上，增加了路径成本的概念。

在这里插入图片描述

由于题目限定只能 往下 或者 往右，可以按照当前位置可由哪些位置移动过来进行分析

  • 通过 往下 移动过来，f[i][j] = f[i-1][j] + grid[i][j]
  • 通过 往右 移动过来，f[i][j] = f[i][j-1] + grid[i][j]
  • 通过 往下 或者 往右 移动过来，f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i][j-1]) + grid[i][j]

二维数组的更新过程如下
在这里插入图片描述

引入新概念

状态与状态转移方程
状态：就是下面表格更新到最后的二维数组（？不太理解，简单的就是状态转移方程计算出来的值）

状态转移方程：通过前面格子状态计算后面格子状态的公式就叫状态转移方程

数组表达：
f[i][j] 从(0,0)开始到达位置(i,j)的最小路径成本总和，f[m-1][n-1]就是我们最终的答案

起始状态 f[0][0] = grid[0][0]

状态转移方程
f[i][j] = min(f[i-1][j], f[i][j-1]) + grid[i][j]

在这里插入图片描述

注：确定状态转移方程就是要找递推关系，通常我们会从分析首尾两端的变化规律入手

代码实现

class Solution:def minPathSum(self, grid: List[List[int]]) -> int:m, n = len(grid), len(grid[0])arr = [[0] * n for _ in range(m)]for i in range(m):for j in range(n):if i == 0 and j == 0:arr[i][j] = grid[i][j]elif i == 0:arr[i][j] = arr[i][j - 1] + grid[i][j]elif j == 0:arr[i][j] = arr[i - 1][j] + grid[i][j]else:arr[i][j] = min(arr[i][j - 1], arr[i - 1][j]) + grid[i][j]return arr[m - 1][n - 1]

class Solution:def minPathSum(self, grid: List[List[int]]) -> int:m, n = len(grid), len(grid[0])for i in range(m):for j in range(n):if i == 0 and j == 0:continueelif i == 0:grid[i][j] = grid[i][j - 1] + grid[i][j]elif j == 0:grid[i][j] = grid[i - 1][j] + grid[i][j]else:grid[i][j] = min(grid[i][j - 1], grid[i - 1][j]) + grid[i][j]return grid[-1][-1]

class Solution:def minPathSum(self, grid: List[List[int]]) -> int:m, n = len(grid), len(grid[0])arr = [[0] * n for _ in range(m)]for i in range(m):for j in range(n):if i == 0 and j == 0:arr[i][j] = grid[i][j]else:top = arr[i - 1][j] + grid[i][j] if i - 1 >= 0 else float('inf')left = arr[i][j - 1] + grid[i][j] if j - 1 >= 0 else float('inf')arr[i][j] = min(top, left)return arr[-1][-1]

2.5 第五炮：题目拓展-三角形最小路径和

LeetCode120
https://leetcode.cn/problems/triangle/description/

本题就是LeetCode64最小路径和的简单变换

思路分析

处理过程如下:
为了方便处理，我们可以先处理第1列和对角线

在这里插入图片描述

引入新概念 无后效性

无后效性：
我们转移某个状态需要用到某个值，但是并不关心该值是如何而来的
或者说，当前某个状态确定后，之后的状态转移与之前的决策无关

确定一道题目是否可以用 DP 解决，要从有无后效性进行分析。有后效性，不能用DP；无后效性，可以用DP。

本题中

  • 路径从上到小，最后一个点必然落在最后一行
  • 最后一行某个位置的值，只能从上一行的某一个位置或者某两个位置之一转移而来
  • 我们只关注前一位的累加值是多少，而不关心这个累加值结果是由什么路径而来，满足无后效性

找递推关系，确定状态

f[i][j] 代表到达某个点的最小路径和，min(f[n-1][i]) 就是答案，最后一行的每列的路径和的最小值

  • 第i行有i+1个数组（i从0开始）
  • 第一列位置上的数(j=0)，只能从 上方 转移而来
  • 最后一列位置上的数(j=i)，只能从 左上方 转移而来
  • 其他位置上的数(0<j<i)，可以从 上方 或者 左上方转移而来

代码实现

class Solution:def minimumTotal(self, triangle: List[List[int]]) -> int:m = len(triangle)n = len(triangle[-1])arr = [[0] * n for _ in range(m)]for i in range(m):for j in range(n):if j > i:continueelif j == 0:arr[i][j] = arr[i - 1][j] + triangle[i][j]elif j == i:arr[i][j] = arr[i - 1][j - 1] + triangle[i][j]else:arr[i][j] = min(arr[i - 1][j], arr[i - 1][j - 1]) + triangle[i][j]return min(arr[-1])if __name__ == '__main__':print(Solution().minimumTotal([[2], [3, 4], [6, 5, 7], [4, 1, 8, 3]]))  # 11

代码优化

class Solution:def minimumTotal(self, triangle: List[List[int]]) -> int:m = len(triangle)arr = [[0] * m for _ in range(m)]arr[0][0] = triangle[0][0]for i in range(1, m):arr[i][0] = arr[i - 1][0] + triangle[i][0]for j in range(1, i):arr[i][j] = min(arr[i - 1][j], arr[i - 1][j - 1]) + triangle[i][j]arr[i][i] = arr[i - 1][i - 1] + triangle[i][i]return min(arr[m - 1])

题目拓展

类似题目还有 LeetCode931 下降路径最小和 和 LeetCode1289 下降路径最小和II

3，. 理解动态规划

3.1 动态规划(DP)能解决哪类问题

  • 直观上，DP一般让找最值。例如最长公共子序列等。
  • 关键：DP问题的子问题不是相互独立的，如果递归直接分解会导致重复计算指数级增长。
  • DP最大的价值：消除冗余，加速计算

DP要满足 无后效性

  • 对于某个状态，可以只关注状态的值，而不需要关注状态是如何转移过来，可以考虑用 DP 解决

例如：
上面路径问题，从左上角走到右下角，两个问题：

  1. 求有多少种走法
  2. 输出所有的走法

分析：

  • 动态规划是无后效性的，只记录数量，不管怎么来的。A是DP问题，B不能用DP
  • 回溯可以记录所有的路径，B是个回溯的问题

回溯与DP的比较

回溯：能解决，但是解决效率不高
DP：计算效率高，但是不能找到满足要求的路径

如何区分：
DP只关心当前结果是什么，怎么来的就不管了，所以动态规划无法获得完整的路径
回溯能够获得一条甚至所有满足要求的完整路径

DP的基本思想：

  • 将待求解问题分解成若干个子问题，先求子问题，在从这些子问题中得到原问题的解。

注：既然要找“最”值，必然要做的就是穷举来找所有的可能，然后选择“最”的那个，这就是为什么在DP代码中大量判断逻辑都会被套上min()或者max()

既然穷举，那为啥还要有 DP 的概念？

  • 因为穷举过程中存在大量重复计算，效率低下，我们要使用记忆化搜索等方式来消除不必要的计算
  • 所谓记忆化搜索就是将已经计算好的结果先存在数组里，后面直接读就不再重复计算了

既然记忆化能解决问题，为啥DP这么难？

  • 因为DP问题一定具备“最优子结构”，这样才能让记忆时得到准确的结果
  • 什么是 最优子结构，还是要等后面具体问题再看

状态转移方程

  • 有了最优子结构之后，还要写出正确的状态转移方程，也就是递归关系，才能正确的穷举
  • 在DP里，大部分递推都可以通过数组实现，因此看起来代码结构一般是如下所示的for循环，这就是DP代码的基本模板

DP代码的基本模板

// 初始化base case，也就是初始化刚开始的几种场景，有几种枚举几种
dp[0][0][...] = base case// 进行状态转移
for 状态1 in 状态1的所有值for 状态2 in 状态2的所有值for ...dp[状态1][状态2][...] = 求最值max(选择1, 选择2, ...)

我们一般写状态规划只有一两层，不会太深，代码看起来特别简洁

动态规划的常见类型

常见类型比较多，从形式上看，有坐标型、序列型、划分型、区间型、背包型、博弈型等等
解题基本思路是一致的

一般来说，DP题目有以下三种基本的类型

  1. 计数相关
    有多少方式走到右下角，有多少种方式选出K个数使得***等
    不关心具体路径是什么

  2. 求最大最小值，最多最少等
    例如最大数字和、最长上升子序列长度、最长公共子序列、最长回文序列等

  3. 求存在性
    例如取石子游戏，先手是否必胜，能不能选出K个数使得***等

但是不管哪一种，解决问题的模板是类似的，都是：

  1. 第一步：确定状态和子问题，也就是枚举出某个位置所有的可能性
    对于DP，大部分题目分析最后一步更容易一些得到递推关系，同时将问题转换为子问题
  2. 第二步：确定状态转移方程，也就是数组要存储什么内容
    很多时候状态确定之后，状态转移方程也就确定了，我们可以将第一二部作为一个步骤
  3. 第三步：确定初始条件和边界情况
    注意细心，尽力考虑周全
  4. 第四步：按照从大到小的顺序计算：f[0] f[1] f[2]
    虽然我们计算是从f[0]开始，但是对于大部分DP问题，先分析最后一个往往更有利于寻找状态表达式
    因此我们后面的问题基本都是从右向左找递归，从左向右来计算

以上是我们分析DP问题的核心模板

总结

  • 我们要自始至终，都要在大脑里装一个数组 （可能是一维，或者二维）
  • 要看这个数组每个元素表示的含义是什么（状态）
  • 要看每个数组位置是根据谁来算（状态转移方程）
  • 然后就是从小到大挨着将数组填满（从小到大计算，实现记忆化搜索）
  • 最后看哪个位置是我们想要的结果（目的）

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