动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找相关的知识,希望对你有一定的参考价值。




今天是算法与数据结构专题的17篇文章,也是动态规划专题的第6篇。

今天我们一起来看一道非常经典的动态规划的问题,有多经典呢?我想了一下,大概是我这辈子做的最早的一道动态规划问题,以至于我现在都记得它的题面。


题面


这道题就是导弹拦截系统,说是某一个国家开发了一套导弹拦截系统,这个拦截系统可以拦截敌国打来的导弹。不同射程的导弹在弹射出去的时候的飞行高度都不同,这个拦截系统可以从低到高拦截飞来的导弹,但是它下一次拦截的高度必须大于等于上一次高度,只能升高不能降低。那么请问,假设我们检测到了所有敌国发射的导弹飞行的高度,请问我们最多可以拦截其中多少枚?

上面讲题意讲了这么多,其实用一句话就概括了,就是求一个序列当中最长不下降子序列的长度。也有题目反过来求最长不上升子序列,意思是一样的。


暴力解法


我们来看一个例子,假设敌国一共发来了8枚导弹,它们的飞行高度分别是:[65, 158, 170, 299, 300, 155, 207, 389]。

我们用眼睛看看还是蛮容易找出答案的,答案应该是[65, 158, 170, 299, 300, 389]一共6枚导弹,其中的155和207无法拦截。假设我们不知道这是一个动态规划算法,我们怎么想出解法呢?

还是老规矩,我们先从最简单的暴力方法开始思考。最暴力的方法就是枚举这n个数所有可能出现的状态,对于其中的每个元素而言,都有两种状态,一种是拿取,一种是不拿。那么对于一个n个元素的数组而言,显然一共会有 个不同的可能。然后我们再依次判断每一种可能性是否合法,保留合法的长度最大的那一个。
当然我们也可以用搜索来做,我们可以在搜索的过程当中排除掉非法的组合,但在极端情况下,比如整个数组升序的时候,那么还是会枚举到所有的情况,那么整体的复杂度依然是 。这显然是我们不能接受的。
那我们怎么来找到更好的解法呢?

感性的认识


我们观察和思考一下这个问题,我们会发现在这个问题当中,不同规模的解法应该都是一样的。如果某种方法可以解出长度为1000的序列,那么自然也可以解出长度为5的序列,反之也是一样。所以我们不由地可以想到,那我们从最简单的情况开始入手,能不能找到解法呢?
我们从长度为1的数组开始,显然答案是确定的,就是1.
如果长度是2呢?比如[65, 158],那么我们需要判断一下第二个数能否跟在第一个数后面,也就是说第二个数是否大于等于第一个数,如果成立的话,那答案就是2,否则答案还是1,比如[65, 34],最长的序列就只能是[65]或者[34]。
那如果是3个数呢?情况会复杂一点,我们可以反过来分析,如果答案是3,那么只有一种情况就是序列是递增的,如果答案是2,那么就有两种情况,一种是前面两个元素构成递增比如[20, 30, 10],第二种情况是前面两个元素之中的一个和第三个数构成递增,比如[10, 5, 30]或者是[10, 5, 8]。也有可能答案是1,当序列是递减的时候。
表面上看我们什么也没有发现,并没有找出一个好的方案来解决问题,但是其实已经有一个很重要的结论摆在了我们面前——这个最长不下降的序列并不一定包含最后一个元素。
看起来这似乎是废话,答案当然可能不包含最后一个元素,因为如果最后一个元素非常小,它显然不可能组成很长的序列。但是反过来看,我们的结论会整个颠覆。既然答案并不一定以最后一个元素结尾,而序列必须有一个结尾,而目前我们没有结论证明某一个节点会不能作为结尾。所以我们自然地得出结论,所有位置都有可能是答案的结尾。
这个其实很好证明,我们来看下面这张图:
动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找
在这个序列当中,a1, a2到ai递增,从ai+1开始递减,并且 ,那么显然[a1. a2,...,ai]就是答案,也就是说ai就是答案的结尾。只要我们改变i的值,就可以让答案的结尾出现在不同的位置。所以理论上来说数组当中的每一个位置都可能是答案的结尾。
从这个结论出发我们可以得到另一个结论,既然所有位置都可能是最终答案的结尾,我们想要找到答案就需要遍历所有的结尾,也就是所有的位置。而且对于一个确定的位置而言,以它为结尾的最长不下降子序列必然也是确定的(可能有多种情况)。所以到这里,我们经过了一系列的推导,得出了一个结论,我们需要求解所有位置的答案,然后从其中选择整体上最优的那个。
这是一个很感性很直观的认识,但是离答案已经不远了,我们再加上一些理性的分析即可。

理性的分析


我们整理一下刚才的结论和思路,我们知道了我们要求解每一个位置的答案,然后从其中找到一个整体最优的。假设我们想要知道i位置结尾的答案,这其实意味着我们放弃了i位置后面所有的元素。我们考虑的序列只剩下了i以及i之前的部分。
我们来看下面这张图:
动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找
我们列举了一个长度等于5的数组的答案,我们遍历了所有的i,每一个i都对应num[:i]这个数组的答案。每一个i都可以看成是一个独立的问题,我们要做的就是求出每一个i对应的答案。
既然我们要求出每一个i的答案,那么我们能不能利用之前已经求出的结果来加速计算过程呢?推导到这里整个动态规划的思路已经非常清楚了。
我们假设,我们已经知道了所有小于等于i的答案,我们现在要求i+1的答案,应该怎么做呢?
很简单,我们遍历所有小于等于i的j,如果 小于等于 ,那么说明 可以跟在aj的后面,构成一个解。如果我们用dp数组来存储所有位置的答案,那么我们可以得到下面这个转移方程:
动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找
转移方程列出来之后就很简单了,我们从最小的i开始,利用前面的结果来计算每一个i对应的答案,然后从其中找出最大的作为整体的解即可。我们来看下代码,查看更多细节:
  
    
    
  
nums = [65158170299300155207389]

if __name__ == "__main__":
    n = len(nums)
    dp = [1 for _ in range(n)]
    
    for i in range(1, n):
        # 遍历i之前的所有已经得出答案的位置
        for j in range(i):
            # 如果i可以跟在j后面
            if nums[i] >= nums[j]:
                # 则尝试用j来更新i
                dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)

    print(max(dp))
这段代码非常短,只有两重循环,结合之前的描述应该很容易理解。我们复杂度分析也很简单,从两重循环入手的话,我们显然是 。我们也可以从状态数和决策数入手,我们每一个结尾的答案是状态,数量是n。对于每一个状态而言,它有可能跟在面面的每一个位置后面,所以潜在的决策数最坏也是n,所以整体的复杂度是
虽然我们花费了很多笔墨,但是这个算法并不困难,的确是高中生竞赛的难度。但别着急,问题还没有结束,我们的下一个问题是,这个算法还有改进的空间吗?

进阶


既然这个问题问出来,显然答案是确定的。如果你在面试当中被面试官问还能有优化吗,你要是答没有,那可是会扣很多分的。面试官不是觉得你太鲁莽了就是觉得你情商捉鸡,所以如果面试的时候被问题,一定要回答有,至于怎么优化,那可以慢慢想,答不对都没问题,要是基调就定错了,可是很严重的。
动态规划问题的优化其实只有两种情况,要么从状态数入手,减少多余的状态数,要么从决策入手,快速找出正确的决策。比如之前介绍的单调优化就是后者,一般情况下来说状态数都是比较固定的,也是很难减少的,往往优化都要从决策上入手。这题也不例外,那么我们怎么来优化呢?
想要优化,眼前的信息是不够的,算法都不是凭空想出来的,往往是推导出来的。我们还需要更多的信息和结论才行,对于每一个要求的i+1位置而言,我们已经知道了它前面所有答案的情况。如果我们可以设计一个方法,快速地找到i+1究竟应该跟在哪个位置后面就好了。
这个方法我们干想是想不到的,必须要结合数据。我们用上面的样例来举例,画出所有位置最佳的转移决策:
动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找
好像也看不出什么眉目来,我们随意挑出一个元素来仔细查看,假设我们就挑选207。我们列举出207之前所有的位置的元素和答案,并且按照元素大小进行排序,可以得到这样的结果:
动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找
其中的155和158的长度都是2,显然我们可以去除掉158,只保留155。因为155 < 158,155能转移到的位置158一定也可以。我们把这个结论推广,也就是说对于长度相同的位置,我们只需要保留其中最小的那个。
我们观察上面这个序列,好像数字越大的长度也就越大,长度越大的数字也就越大,但真的是这样吗?我们试着更改一个值:
动态规划入门——在转移的时候使用二分法加速查找
我们把158改成358,好像就不满足了,虽然358很大,但是它的答案很小。但是当我们根据上面的原则去重之后,我们剩下的序列还是递增的。这个只是巧合还是的确如此呢?
我们可以试着证明一下,假设存在反例。我们假设数组当中存在两个数x和y,这两个数同时存在于去重之后的答案数组当中。其中x < y,并且x的答案大于y。根据我们刚才排序的逻辑,那么x应该排在y的左侧。数组当中比x小的那些值必然也出现在x的左侧,那么必然存在一个位置的答案和y相等并且数值小于y,那么y必然会被去除,所以就和x和y同时存在矛盾了。
我们用下图来展示一下上面列举的反例。
也就是说对于我们经过处理之后得到的这个dp数组当中的元素必然是递增的,所以,其中每一个元素所在的位置其实就代表这个元素对应的长度。比如上图当中2排在数组当中的第二位,那么就说明2这个数字对应的答案是2。
我们更新dp数组的过程主要做了两件事,第一件事是让dp数组当中的元素尽量多,我们每次都会把最大的数插入dp的末尾。另外一件事情就是让dp数组当中的每个位置的元素尽量小。这样才可以为只有插入尽可能多的元素做准备,如果前面的数就特别大,那后面就没办法传入其他数了。
比如上图当中的3和9的答案都是3,但是显然3比9更好,因为3能够达到答案3,说明出现在3右侧的只要大于3的数至少可以获得4的长度。我们既可以理解成3对应的答案是3,也可以理解成答案3对应的最小满足的数是3,而不是9。
由于dp数组当中的元素有序,我们可以使用二分法来找到对应更新的位置,从而可以保证我们可以在logN的时间内找到最佳决策。那么整体的复杂度就变成了状态数是n,决策数是logN,最后的复杂度就是
我们来看下代码:
  
    
    
  
from bisect import bisect_right

nums = [65158158299300155207389]

if __name__ == "__main__":
    n = len(nums)
    dp = [nums[0]]
    
    for i in range(1, n):
        if nums[i] >= dp[-1]:
            # 由于dp当中元素是递增的
            # 所以nums[i] > dp[-1]表示nums[i]是最大的
            dp.append(nums[i])
        else:
            # bisect_right是二分函数,找到dp当中大于nums[i]的位置
            pos = bisect_right(dp, nums[i])
            dp[pos] = nums[i]

    print(len(dp))


总结


到这里,这道题就讲解完了,整个题目的精髓在于我们维护了一个有序的数组,使得我们可以通过二分查找来找到每个状态的最佳决策。说来惭愧这道题我做过好几次,但是之前很多次都记不住解法,过段时间就会忘记,后来我才找到了诀窍。我们不能死记算法运行的原理,这样下次遇到了变体我们也做不出来。我们必须要理解这个优化出现的原因,推导的前因后果,这样我们才有能力推导其他的问题。
所以希望大家都能把这个推导的过程想明白,而不是只停留在我们怎么运用二分进行优化上。关于这道题还有其他的变种,举个例子,比如如果我们想要求出最少需要几套导弹系统能够拦截所有的导弹,应该怎么做呢?这个问题留给大家思考。我想如果能能够理解上面的做法,应该不难想出答案。
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