DP 详解

George222 · 2024-09-07 18:03:05 · 算法·理论

更新日志

至管理：感谢管理员重复审核！

upd: 2/11/2024

更正第一，第二段的少数错别字。

感谢：

litjohn

DP 概述

DP 问题在 OIer 中很受欢迎，因为每个 DP 问题在某种意义上都是原创的，你必须努力思考其状态和状态转移方程才能为其发明解决方案。由于动态规划如此受欢迎，它可能是算法竞赛中最重要的掌握方法。

DP（Dynamic programming，全称动态规划），是一种基于分治，将原问题分解为简单子问题求解复杂问题的方法。

动态规划的耗时往往远少于朴素（爆搜）解法。

动态规划 and 递归

DP 可以被描述为一种通常基于问题的起始状态，以及连续状态之间的递归公式或关系的问题解决算法。

之前说过，动态规划也是分治思路，而递归更是传统的分治思路，而 DP 又是基于递归式求解的，但时间复杂度却大相径庭，为什么呢？

动态规划是 自底向上 思想，而递归是 自顶向下 解法。

自底向上 and 自顶向下？

自底向上

意思很简单，从下往上推导：f(1) \rightarrow f(2) \rightarrow \dots \rightarrow f(n - 1) \rightarrow f(n)。

这也是为什么动态规划算法脱离了递归的函数，改用循环迭代推到的原因。

自顶向下

反过来，自顶向下就是从上往下推，触底后在将结果返回回来。

f(n) \rightarrow f(n - 1) \rightarrow \dots \rightarrow f(2) \rightarrow f(1) \rightarrow f(2) \rightarrow f(3) \rightarrow \dots \rightarrow f(n - 1) \rightarrow f(n)

这也是为什么递归比动态规划时间复杂度高的多的原因。

我们可以看出，动态规划更像是递推算法的 plus 版。

状态的定义

前言：空间换时间

很简单的名字，即为使用空间的代价来确保不会超时。

状态？

状态，通俗来讲就是你 f_{xxx} 代表的是什么。比如斐波那契数列中 f_i 代表的就是第 i 为是什么。

对于状态：

状态越多，表示的信息越多，空间越大。
反之，状态越少，表示的信息越少，空间越小。

在我们状态定义时，可能有这些情况：

部分情况 \begin{cases} 状态太少？\begin{cases} 信息量太少 & 无解 \\ 信息量太少 & 不满足动态规划要素 \end{cases} \\ 状态太多？ \begin{cases} 空间太大 & MLE \\ 需要太多时间更新状态 & TLE \end{cases} \end{cases}

所以，状态 and 状态转移方程时整个动态规划中最最最难的部分，想清楚这两点，这题也就解出来了。

动态规划要素

最优子结构：问题的最优解包含子问题最优解。即为：局部最优解 = 全局最优解。
无后效性：
- 在推导后面状态时，仅在意前面状态数值，不在意是如何推导出来的。
- 某状态确定后，不会因为后面的决策而改变前面的决策。
重叠子问题：不同的决策到达相同的状态时可能产生重复的状态，为了避免不必要的计算，我们通常使用 记忆化搜索（在计算出新状态时将它存储起来一遍下次使用）来解决，这也是最经典的 空间换时间。

~~不满足这三点你还想 DP？想 peach 呢？~~

状态转移方程

状态转移方程，就是如何将子问题转移至父亲问题的公式。

在简单 DP 中，转移方程可以直接套用至 dfs, bfs 等爆搜算法。

DP 最难的部分就是列出状态转移方程，如果没有状态转移方程，一切都白搭。

例：设 f_i 为数列第 i 为的数，斐波那契数列的状态转移方程为 f_i = f_{i - 1} + f_{i - 2}。

DP 如下：

f[1] = 1;
f[2] = 1;
for (int i = 3; i <= n; i++)
    f[i] = f[i - 1] + f[i - 2]; // 转移方程
cout << f[n];

同样的，我们可以将转移方程套用在递归暴力上：

int f(int n)
{
    if (n == 1 || n == 2)
        return 1;
    return f(n - 1) + f(n - 2); // 转移方程
}

参考资料

Everything About DP

https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8A%A8%E6%80%81%E8%A7%84%E5%88%92

五大基本算法之动态规划算法 DP dynamic programming

动态规划解题套路框架 | labuladong 的算法笔记

1.最优子结构 | 数据结构与算法之美

例题

例题 1

纯 DP

点我查看题目

20PTS

没看数据：好一个 dfs！

注：两种情况

拿本物品
- 3 倍奖金？
- 1 倍奖金？
不拿本物品

ll dfs(int i, int now, ll cnt)
{
    if (i == n + 1)
        return cnt;
    if (!((now + 1) % 3) && ((now + 1) >= 3))
        return max(dfs(i + 1, now + 1, cnt + (a[i] * 3)), dfs(i + 1, now, cnt));
    else
        return max(dfs(i + 1, now + 1, cnt + a[i]), dfs(i + 1, now, cnt));
}

AC

我们看题面，一眼看出的状态为：f_i 表示前 i 个物品获得的最大奖金。

但是，我们发现不满足无后效性。

根据上述方法，我们尝试使用空间的代价来优化。

将状态改为：f_{i, j} 表示前 i 个物品，当前物品数取余 3 为 j 时获得的最大奖金。

f{i, j} = \begin{cases} j = 0 \begin{cases} i \ge 3 \begin{cases} f_{i - 1, 0} & 不拿 \\ f_{i - 1, 2} + a_i \times 3 & 拿 \end{cases} \\ f_{i - 1, 0} & 没有到 3 个，不存在这种情况。 \end{cases} \\ j = 1 \begin{cases} f_{i - 1, 1} & 不拿 \\ f_{i - 1, 0} + a[i] & 拿 \end{cases} \\ j = 2 \begin{cases} i \ge 2 \begin{cases} f_{i - 1, 2} & 不拿 \\ f_{i - 1, 1} + a_i & 拿 \end{cases} \\ f_{i - 1, 2} & 没有至少 2 个物品，没有这种情况。 \end{cases} \end{cases}

完整代码为：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
int n;
ll a[100005];

/*
            20PTS
ll dfs(int i, int now, ll cnt)
{
    if (i == n + 1)
        return cnt;
    if (!((now + 1) % 3) && ((now + 1) >= 3))
        return max(dfs(i + 1, now + 1, cnt + (a[i] * 3)), dfs(i + 1, now, cnt));
    else
        return max(dfs(i + 1, now + 1, cnt + a[i]), dfs(i + 1, now, cnt));
}
*/

ll f[100005][3];
ll ans;

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    // cout << dfs(1, 0, 0) << "\n";

    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        f[i][0] = f[i - 1][0];
        f[i][1] = f[i - 1][1];
        f[i][2] = f[i - 1][2];
        if (i >= 3)
            f[i][0] = max(f[i][0], f[i - 1][2] + (a[i] * 3));
        f[i][1] = max(f[i][1], f[i - 1][0] + a[i]);
        if (i >= 2)
            f[i][2] = max(f[i][2], f[i - 1][1] + a[i]);
        ans = max(ans, f[i][0]);
        ans = max(ans, f[i][1]);
        ans = max(ans, f[i][2]);
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

例题二

点我查看题目

首先，我们欣赏一下原出题人的提示。

例题二前言：分类讨论

在看了许多不当人的讲解后，我浓缩出：~~分类讨论就是分类 --> 讨论！~~ 分类讨论就是将问题通过不同的结果 / 形式 / 不同点分成几类逐个解决。

例题二思路

既然说到分类讨论我们先来分个类。

\max(\sum_{i = 1}^{N} A_i) = \begin{cases} C > 0 & \max(\sum_{i = L}^{R} A_i) \times C \\ C < 0 & \min(\sum_{i = L}^{R} A_i) \times C \end{cases}

最大最小怎么使用 O(N) 求？Bingo！最大 / 最小子段和即可。

最后比一下就好了。

完整 Code：

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;

#define ll long long
int n;
ll c;
ll a[100005];
ll solve()
{
    ll original_sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        original_sum += a[i];

    ll dp_max[100005], dp_min[100005];
    dp_max[1] = a[1];
    dp_min[1] = a[1];

    ll maxx = dp_max[1];
    ll minn = dp_min[1];

    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        dp_max[i] = max(a[i], dp_max[i - 1] + a[i]);
        dp_min[i] = min(a[i], dp_min[i - 1] + a[i]);
        maxx = max(maxx, dp_max[i]);
        minn = min(minn, dp_min[i]);
    }

    ll res = max((c - 1) * maxx, (c - 1) * minn);
    ll ans = original_sum + res;
    return ans;
}

int main()
{
    cin >> n >> c;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    cout << solve() << endl;
    return 0;
}