動態規劃,就這些最常見了!

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前言

大家好,我是bigsai,好久不見,甚是想念(天天想念)!

很久前就有小夥伴被動態規劃所折磨,確實,很多題動態規劃確實太難看出了了,甚至有的題看了題解理解起來都費勁半天。

動態規劃的範圍雖然確實是很廣很難,但是從整個動態規劃出現的頻率來看,這幾種基礎的動態規劃理解容易,學習起來壓力不大,並且出現頻率非常高。

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這幾個常見的動態規劃有:連續子數組最大和,子數組的最大乘積,最長遞增子序列(LIS),最長公共子序列(LCS),最長公共子串,最長公共子串,不同子序列。

首發公眾號bigsai,謝絕未聯繫轉載

什麼是動態規劃

首先很多人問,何為動態規劃?動態規劃(Dynamic Programming,DP)是運籌學的一個分支,是求解決策過程最優化的過程。通俗一點動態規劃就是從下往上(從前向後)階梯型求解數值。

那麼動態規劃和遞歸有什麼區別和聯繫?

總的來説動態規劃從前向後,遞歸從後向前,兩者策略不同,並且一般動態規劃效率高於遞歸。

不過都要考慮初始狀態,上下層數據之間的聯繫。很多時候用動態規劃能解決的問題,用遞歸也能解決不過很多時候效率不高可能會用到記憶化搜索。

不太明白?

就拿求解斐波那契額數列來説,如果直接用遞歸不優化,那麼複雜度太多會進行很多重複的計算。

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但是利用記憶化你可以理解為一層緩存,將求過的值存下來下次再遇到就直接使用就可以了。

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實現記憶化搜索求斐波那契代碼為:

java static long F(int n,long record[]) { if(n==1||n==2) {return 1;} if(record[n]>0) return record[n]; else record[n]=F(n-1,record)+F(n-2,record); return record[n]; } public static void main(String[] args) { int n=6; long[] record = new long[n+1]; System.out.println(F(n,record)); }

而動態規劃的方式你可以從前往後邏輯處理,從第三個開始每個dp都是前兩個dp之和。

java public int fib(int n) { int dp[]=new int[n+1]; dp[0]=0; dp[1]=1; for(int i=2;i<n+1;i++){ dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]; } return dp[n]; }

當然動態規劃也能有很多空間優化,有些只用一次的值,你可以用一些變量去替代。有些二維數組很大也可以用一維數組交替替代。當然動態規劃專題很大,有很多比如樹形dp、狀壓dp、揹包問題等等經常出現在競賽中,能力有限這裏就將一些出現筆試高頻的動態規劃!

連續子數組最大和

給定一個整數數組 nums ,找到一個具有最大和的連續子數組(子數組最少包含一個元素),返回其最大和。

示例:

輸入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4] 輸出: 6 解釋: 連續子數組 [4,-1,2,1] 的和最大,為 6。

dp的方法就是O(n)的方法。如果dp[i]表示以第i個結尾的最大序列和,而這個dp的狀態方程為:

dp[0]=a[0] dp[i]=max(dp[i-1]+a[i],a[i])

也不難解釋,如果以前一個為截至的最大子序列和大於0,那麼就連接本個元素,否則本個元素就自立門户。

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實現代碼為:

java public int maxSubArray(int[] nums) { int dp[]=new int[nums.length]; int max=nums[0]; dp[0]=nums[0]; for(int i=1;i<nums.length;i++) { dp[i]=Math.max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]); if(dp[i]>max) max=dp[i]; } return max; }

ps:有小夥伴問那求可以不連續的數組最大和呢?你好好想想枚舉一下正的收入囊中,那個問題沒意義的。

連續子數組最大乘積

給你一個整數數組 nums ,請你找出數組中乘積最大的連續子數組(該子數組中至少包含一個數字),並返回該子數組所對應的乘積。

示例 :

輸入: [2,3,-2,4] 輸出: 6 解釋: 子數組 [2,3] 有最大乘積 6。

連續子數組的最大乘積,這也是一道經典的動態規劃問題,但是和普通動態規劃又有點小不同。

如果數據中都是非負數,對於連續數組的最大乘積,那樣處理起來和前面連續子數組最大和處理起來有些相似,要麼和前面的疊乘,要麼自立門户。

dp[0]=nums[0] dp[i]=max(dp[i-1]*a[i],a[i])

但是這裏面的數據會出現負數,乘以一個負數它可能從最大變成最小,並且還有負負得正就又可能變成最大了。

這時候該怎麼考慮呢?

容易,我們開兩個dp,一個dpmax[]記錄乘積的最大值,一個dpmin[]記錄乘積的最小值。然後每次都更新dpmax和dpmin不管當前值是正數還是負數.這樣通過這兩個數組就可以記錄乘積的絕對值最大

動態方程也很容易

dpmax[i]=max(dpmax[i-1]*nums[i],dpmin[i-1]*nums[i],nums[i]) dpmin[i]=min(dpmax[i-1]*nums[i],dpmin[i-1]*nums[i],nums[i])

看一個過程就能理解明白,dpmin就是起到中間過度的作用,記錄一些可能的負極值以防備用。結果還是dpmax中的值。

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最長遞增子序列

最長遞增子序列,也稱為LIS,是出現非常高頻的動態規劃算法之一。這裏對應力扣300

給你一個整數數組 nums ,找到其中最長嚴格遞增子序列的長度。

子序列是由數組派生而來的序列,刪除(或不刪除)數組中的元素而不改變其餘元素的順序。例如,[3,6,2,7] 是數組 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

輸入:nums = [0,1,0,3,2,3] 輸出:4 解釋:最長遞增子序列是 [0,1,2,3],因此長度為 4 。

對於最長遞增子序列,如果不考慮動態規劃的方法,使用暴力枚舉其實還是比較麻煩的,因為你不知道遇到比前面元素大的是否要遞增。

比如 1 10 3 11 4 5,這個序列不能選取1 10 11而1 3 4 5才是最大的,所以暴力枚舉所有情況的時間複雜度還是非常高的。

如果我們採取動態規劃的方法,創建的dp[]數組,dp[i]表示以nums[i]結尾的最長遞增子序列,而dp[i]的求解方式就是枚舉i號前面的元素和對應結尾的最長子序列,找到一個元素值小於nums[i]並且遞增序列最長,這樣的時間複雜度為O(n2)。

狀態轉移方程為:

dp[i]=max(dp[j])+1, 其中0≤j<i且num[j]<num[i]

具體流程為:

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實現代碼為:

java class Solution { public int lengthOfLIS(int[] nums) { int dp[]=new int[nums.length]; int maxLen=1; dp[0]=1; for(int i=1;i<nums.length;i++){ int max=0;//統計前面 末尾數字比自己小 最長遞增子串 for(int j=0;j<i;j++){//枚舉 //結尾數字小於當前數字 並且長度大於記錄的最長 if(nums[j]<nums[i]&&dp[j]>max){ max=dp[j]; } } dp[i]=max+1;//前面最長 加上自己 if(maxLen<dp[i]) maxLen=dp[i]; } return maxLen; } }

不過這道題還有一個優化,可以優化成O(nlogn)的時間複雜度。

我們用dp記錄以 nums[i] 結尾的最長子序列長度,縱觀全局,我們希望在長度一致的情況下末尾的值能夠儘量的小!

例如 2,3,9,5 …… 在前面最長的長度為3 我們願意拋棄2,3,9 而全部使用2,3,5 。也就是對於一個值,我們希望這個值能更新以它為結尾的最長的序列的末尾值

如果這個值更新不了最長的序列,那就嘗試更新第二長的末尾值以防待用。例如 2,3,9,5,4,5 這個序列2,3,5更新2,3,9;然後2,3,4更新2,3,5 為最長的2,3,4,5做鋪墊。

而這個思路的核心就是維護一個lenth[]數組,length[i]表示長度為i的子序列末尾最小值,因為我們每次順序增加一個長度説明這個值比前面的都大(做了充分比較),所以這個數組也是個遞增的,遞增,那麼在鎖定位置更新最大長度序列尾值的時候可以使用二分法優化。

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實現代碼為:

java class Solution { public int lengthOfLIS(int[] nums) { int length[]=new int[nums.length]; int len=1; length[0]=nums[0]; for(int i=1;i<nums.length;i++){ int left=0,right=len; while (left<right){ int mid=left+(right-left)/2; if(length[mid]<nums[i]){ left=mid+1; }else { right=mid; } } length[left]=nums[i]; if(right==len) len++; } return len; } }

最長公共子序列

最長公共子序列也成為LCS.出現頻率非常高!

給定兩個字符串 text1 和 text2,返回這兩個字符串的最長 公共子序列 的長度。如果不存在 公共子序列 ,返回 0 。

一個字符串的 子序列 是指這樣一個新的字符串:它是由原字符串在不改變字符的相對順序的情況下刪除某些字符(也可以不刪除任何字符)後組成的新字符串。

例如,"ace" 是 "abcde" 的子序列,但 "aec" 不是 "abcde" 的子序列。 兩個字符串的 公共子序列 是這兩個字符串所共同擁有的子序列。

拿b c d d e和 a c e e d e舉例,其的公共子串為c d e。如果使用暴力,複雜度太高會直接超時,就需要使用動態規劃。兩個字符串匹配,我們設立二維dp[][]數組,dp[i][j]表示text1串第i個結尾,text2串第j個結尾的最長公共子串的長度

這裏核心就是要搞懂狀態轉移,分析dp[i][j]的轉換情況,當到達i,j時候:

如果text1[i]==text2[j],因為兩個元素都在最末尾的位置,所以一定可以匹配成功,換句話説,這個位置的鄰居dp值不可能大於他(最多相等)。所以這個時候就是dp[i][j]=dp[i-1][j-1] +1;

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如果text1[i]!=text2[j],就有兩種可能性,我們知道的鄰居有dp[i-1][j],dp[i][j-1],很多人還會想到dp[i-1][j-1]這個一定比前兩個小於等於,因為就是前面兩個子範圍嘛!所以這時就相當於末尾匹配不成,就要看看鄰居能匹配的最大值啦,此時dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])

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所以整個狀態轉移方程為:

java dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 //text1[i]==text2[j]時 dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]) //text1[i]!=text2[j]時

實現代碼為:

```java class Solution { public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) { char ch1[]=text1.toCharArray(); char ch2[]=text2.toCharArray(); int dp[][]=new int[ch1.length+1][ch2.length+1]; for(int i=0;i<ch1.length;i++) { for(int j=0;j<ch2.length;j++) { if(ch1[i]==ch2[j]) { dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1; } else dp[i+1][j+1]=Math.max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]);

        }
    }
    return dp[ch1.length][ch2.length];
}

} ```

最長公共子串

給定兩個字符串str1和str2,輸出兩個字符串的最長公共子串。

例如 abceef 和a2b2cee3f的最長公共子串就是cee。公共子串是兩個串中最長連續的相同部分。

如何分析呢? 和上面最長公共子序列的分析方式相似,要進行動態規劃匹配,並且邏輯上處理更簡單,只要當前i,j不匹配那麼dp值就為0,如果可以匹配那麼就變成dp[i-1][j-1] + 1

核心的狀態轉移方程為:

java dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 //text1[i]==text2[j]時 dp[i][j] = 0 //text1[i]!=text2[j]時

這裏代碼和上面很相似就不寫啦,但是有個問題有的會讓你輸出最長字符串之類,你要記得用一些變量存儲值。

不同子序列

不同子序列也會出現,並且有些難度,前面這篇不同子序列問題分析講的大家可以看看。

給定一個字符串 s 和一個字符串 t ,計算在 s 的子序列中 t 出現的個數。

字符串的一個 子序列 是指,通過刪除一些(也可以不刪除)字符且不干擾剩餘字符相對位置所組成的新字符串。(例如,"ACE" 是 "ABCDE" 的一個子序列,而 "AEC" 不是)

示例 :

輸入:s = "rabbbit", t = "rabbit" 輸出:3 解釋: 如下圖所示, 有 3 種可以從 s 中得到 "rabbit" 的方案。 (上箭頭符號 ^ 表示選取的字母) rabbbit ^^^^ ^^ rabbbit ^^ ^^^^ rabbbit ^^^ ^^^

分析: 這個問題其實就是上面有幾個pat的變形拓展,其基本思想其實是一致的,上面那題問的是有幾個pat,固定、且很短。但這裏面t串的長度不固定,所以處理上就要使用數組來處理而不能直接if else。

這題的思路肯定也是動態規劃dp了,dp[j]的意思就是t串中[0,j-1]長字符在s中能夠匹配的數量(當然這個值從前往後是動態變化的),數組大小為dp[t.length+1]。在遍歷s串的每一個元素都要和t串中所有元素進行對比看看是否相等,如果s串枚舉到的這個串和t串中的第j個相等。那麼dp[j+1]+=dp[j]。 你可能會問為啥是dp[j+1],因為第一個元素匹配到需要將數量+1,而這裏為了避免這樣的判斷我們將dp[0]=1,這樣t串的每個元素都能正常的操作。

但是有一點需要注意的就是在遍歷s串中第i個字母的時候,遍歷t串比較不能從左向右而必須從右向左。因為在遍歷s串的第i個字符在枚舉dp數組時候要求此刻數據是相對靜止的疊加(即同一層次不能產生影響),而從左往右進行遇到相同字符會對後面的值產生影響。區別的話可以參考下圖這個例子:

在這裏插入圖片描述

實現的代碼為:

```java class Solution { public int numDistinct(String s, String t) { char s1[]=s.toCharArray(); char t1[]=t.toCharArray(); int dp[]=new int[t1.length+1]; dp[0]=1;//用來疊加

  for(int i=0;i<s1.length;i++)
  {
    for(int j=t1.length-1;j>=0;j--)
    {
      if(t1[j]==s1[i])
      {
        dp[j+1]+=dp[j];
      }
    }
  }
  return dp[t1.length];
}

} ```

結語

至此,簡單的動態規劃算是分享完了。

大部分簡單動態規劃還是有套路的,你看到一些數組問題、字符串問題很有可能就暗藏動態規劃。動態規劃的套路跟遞歸有點點相似,主要是找到狀態轉移方程,有時候考慮問題不能一步想的太多(想太多可能就把自己繞進去了),而動態規劃就是要大家對數值上下轉換計算需要了解其中關係。

對於複雜dp問題或者很多套一層殼確實很難看出來,但是掌握上面的常見dp問題和揹包問題,就可以解決大部分動態規劃問題啦(畢竟咱們不是搞競賽遇到的還是偏簡單或者中等難度的)。

在這裏插入圖片描述

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