考研复试之dp重温

时间：2019-03-03 12:04:48 阅读：241 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

来自http://cppblog.com/menjitianya/archive/2015/10/23/212084.html

感谢作者！

1??、动态规划的经典模型

1、线性模型

线性模型的是动态规划中最常用的模型，上文讲到的最长单调子序列就是经典的线性模型，这里的线性指的是状态的排布是呈线性的。【例题6】是一个经典的面试题，我们将它作为线性模型的敲门砖。

【例题6】在一个夜黑风高的晚上，有n（n <= 50）个小朋友在桥的这边，现在他们需要过桥，但是由于桥很窄，每次只允许不大于两人通过，他们只有一个手电筒，所以每次过桥的两个人需要把手电筒带回来，i号小朋友过桥的时间为T[i]，两个人过桥的总时间为二者中时间长者。问所有小朋友过桥的总时间最短是多少。

图二-1-1

每次过桥的时候最多两个人，如果桥这边还有人，那么还得回来一个人（送手电筒），

也就是说N个人过桥的次数为2*N-3（倒推，当桥这边只剩两个人时只需要一次，三个人的情况为来回一次后加上两个人的情况...）。

有一个人需要来回跑，将手电筒送回来（也许不是同一个人，realy？！）

这个回来的时间是没办法省去的，并且回来的次数也是确定的，为N-2，如果是我，我会选择让跑的最快的人来干这件事情，但是我错了...

如果总是跑得最快的人跑回来的话，那么他在每次别人过桥的时候一定得跟过去，于是就变成就是很简单的问题了，

花费的总时间：

T =

minPTime * (N-2) + (totalSum-minPTime)

来看一组数据四个人过桥花费的时间分别为 1 2 5 10，按照上面的公式答案是19，但是实际答案应该是17。

具体步骤是这样的：

第一步：1和2过去，花费时间2，然后1回来（花费时间1）；

第二歩：3和4过去，花费时间10，然后2回来（花费时间2）；

第三部：1和2过去，花费时间2，总耗时17。

所以之前的贪心想法是不对的。

我们先将所有人按花费时间递增进行排序，

假设前i个人过河花费的最少时间为opt[i]，

那么考虑前i-1个人过河的情况，即河这边还有1个人，河那边有i-1个人，并且这时候手电筒肯定在对岸，所以

opt[i] = opt[i-1] + a[1] + a[i] (让花费时间最少的人把手电筒送过来，然后和第i个人一起过河)

如果河这边还有两个人，一个是第i号，另外一个无所谓，河那边有i-2个人，并且手电筒肯定在对岸，所以

opt[i] = opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] (让花费时间最少的人把电筒送过来，然后第i个人和另外一个人一起过河，由于花费时间最少的人在这边，所以下一次送手电筒过来的一定是花费次少的，送过来后花费最少的和花费次少的一起过河，解决问题)

所以 opt[i] = min{opt[i-1] + a[1] + a[i] , opt[i-2] + a[1] + a[i] + 2*a[2] }

2.区间模型

区间模型的状态表示一般为d[i][j]，表示区间[i, j]上的最优解，然后通过状态转移计算出[i+1, j]或者[i, j+1]上的最优解，逐步扩大区间的范围，最终求得[1, len]的最优解。

【例题7】给定一个长度为n（n <= 1000）的字符串A，求插入最少多少个字符使得它变成一个回文串。

典型的区间模型，回文串拥有很明显的子结构特征，即当字符串X是一个回文串时，在X两边各添加一个字符‘a‘后，aXa仍然是一个回文串，我们用d[i][j]来表示A[i...j]这个子串变成回文串所需要添加的最少的字符数，那么对于A[i] == A[j]的情况，很明显有 d[i][j] = d[i+1][j-1] （这里需要明确一点，当i+1 > j-1时也是有意义的，它代表的是空串，空串也是一个回文串，所以这种情况下d[i+1][j-1] = 0）；当A[i] != A[j]时，我们将它变成更小的子问题求解，我们有两种决策：

1、在A[j]后面添加一个字符A[i]；

2、在A[i]前面添加一个字符A[j]；

根据两种决策列出状态转移方程为：

d[i][j] = min{ d[i+1][j], d[i][j-1] } + 1; (每次状态转移，区间长度增加1)

空间复杂度O(n^2)，时间复杂度O(n^2)

3.背包模型

背包问题是动态规划中一个最典型的问题之一。由于网上有非常详尽的背包讲解

，这里只将常用部分抽出来，具体推导过程详见

《背包九讲》

。

a.0/1背包

有N种物品（每种物品1件）和一个容量为V的背包。放入第 i 种物品耗费的空间是Ci，得到

的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。

决策为第i个物品在前i-1个物品放置完毕后，是选择放还是不放，状态转移方程为：

f[i][v] = max{ f[i-1][v], f[i-1][v - Ci] +Wi }

时间复杂度O(VN)，空间复杂度O(VN)

b.完全背包

有N种物品（每种物品无限件）和一个容量为V的背包。放入第 i 种物品耗费的空间是Ci，得到

的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。

f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= v/Ci

} (当k的取值为0,1时，这就是01背包的状态转移方程）

时间复杂度O( VNsum{V/Ci} )，空间复杂度在用滚动数组优化后可以达到

O( V )。

进行优化后（此处省略500字），状态转移方程变成：

f[i][v] = max{ f[i-1][v], f[i][v - Ci] +Wi }

时间复杂度降为

O(VN)。

c.多重背包

有N种物品（每种物品Mi件）和一个容量为V的背包。放入第i种物品耗费的空间是Ci，得到

的价值是Wi。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

f[i][v]表示前i种物品恰好放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。

f[i][v] = max{ f[i-1][v - kCi] + kWi | 0 <= k <= Mi }

时间复杂度O( Vsum(Mi) )，

空间复杂度仍然可以用滚动数组优化后可以达到

O( V )。

优化：采用二进制拆分物品，将Mi个物品拆分成容量为1、2、4、8、... 2^k、Mi-( 2^(k+1) - 1 ) 个对应价值为Wi、2Wi、4Wi、8Wi、...、2^kWi、（

Mi-( 2^(k+1) - 1 )

）Wi的物品，然后采用01背包求解。

这样做的时间复杂度降为O(Vsum(logMi) )。

【例题8】一群强盗想要抢劫银行，总共N(N <= 100)个银行，第i个银行的资金为Bi亿，抢劫该银行被抓概率Pi，问在被抓概率小于p的情况下能够抢劫的最大资金是多少？

p表示的是强盗在抢银行时至少有一次被抓概率的上限，那么选择一些银行，并且计算抢劫这些银行都不被抓的的概率pc，则需要满足1 - pc < p。这里的pc是所有选出来的银行的抢劫时不被抓概率（即1 - Pi）的乘积，于是我们用资金作为背包物品的容量，概率作为背包物品的价值，求01背包。状态转移方程为：

f[j] = max{ f[j], f[j - pack[i].B] * (1-pack[i].p) }

最后得到的f[i]表示的是抢劫到 i 亿资金的最大不被抓概率。令所有银行资金总和为V，那么从V-0进行枚举，第一个满足1 - f[i] < p的i就是我们所要求的被抓概率小于p的最大资金。

4.状态压缩模型

5.树状模型

【例题11】给定一颗树，和树上每个结点的权值，求一颗非空子树，使得权和最大。

用d[1][i] 表示i这个结点选中的情况下，以i为根的子树的权和最大值;

用d[0][i]表示i这个结点不选中的情况下，以i为根的子树的权和最大值;

d[1][i] = v[i] + sum{ d[1][v] | v是i的直接子结点 && d[1][v] > 0 }

d[0][i] = max( 0, max{ max( d[0][v], d[1][v] ) | v是i的直接子结点 } )

这样，构造一个以1为根结点的树，然后就可以通过dfs求解了。

这题题目要求求出的树为非空树，所以当所有权值都为负数的情况下需要特殊处理，选择所有权值中最大的那个作为答案。

未完待续。。。

考研复试之dp重温

原文：https://www.cnblogs.com/guyahan/p/10464548.html

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