动态规划初探

Posted 2020-10-06

概述

动态规划（英语：Dynamic programming，简称DP）是一种在数学、管理科学、计算机科学、经济学和生物信息学中使用的，通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题，动态规划方法所耗时间往往远少于朴素解法。动态规划背后的基本思想非常简单。大致上，若要解一个给定问题，我们需要解其不同部分（即子问题），再合并子问题的解以得出原问题的解。

通常许多子问题非常相似，为此动态规划法试图仅仅解决每个子问题一次，从而减少计算量：一旦某个给定子问题的解已经算出，则将其记忆化存储，以便下次需要同一个子问题解之时直接查表。这种做法在重复子问题的数目关于输入的规模呈指数增长时特别有用。（引自维基百科）

动态规划的原理

求解动态规划的问题，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。“状态”用来描述该问题的子问题的解：

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？(表面上这道题可以用贪心算法，但贪心算法无法保证可以求出解，比如1元换成2元的时候)

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)。

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。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(31)+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}。

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”。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-vj)+1 }，其中i-vj>=0，vj表示第j个硬币的面值。

Java代码

 

package dynamicPlanning;

/**
 * Created by Feng on 2017/8/27.
 * 我们需要凑出 i 元，就在凑出 j 的结果上再加上某一个硬币就行了。
 * d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j个硬币的面值;
 */
public class CoinProblem {

    private int[] coins = {1, 3, 5}; // 硬币种类

    public void coinProblem(int index, int sum, int[] dp) {
        if (index == 0) {
            dp[index] = 0;
            coinProblem(index + 1, sum, dp);
        } else {
            // 初始化一个很大的数值。当最后如果得出的结果是这个数时，说明凑不出来。
            int min = Integer.MAX_VALUE;

            for (int coin : coins) {
                if (index >= coin && dp[index - coin] < min) {
                    min = dp[index - coin] + 1;
                }
            }
            dp[index] = min;

            if (index < sum) {
                coinProblem(index + 1, sum, dp);
            }
        }
    }
}

 

运行结果

凑齐 0 元需要 0 个硬币
凑齐 1 元需要 1 个硬币
凑齐 2 元需要 2 个硬币
凑齐 3 元需要 1 个硬币
凑齐 4 元需要 2 个硬币
凑齐 5 元需要 1 个硬币
凑齐 6 元需要 2 个硬币
凑齐 7 元需要 3 个硬币
凑齐 8 元需要 2 个硬币
凑齐 9 元需要 3 个硬币
凑齐 10 元需要 2 个硬币
凑齐 11 元需要 3 个硬币

Process finished with exit code 0

原文链接：http://www.hawstein.com/posts/dp-novice-to-advanced.html