1. 概述

动态规划算法应用非常之广泛。

对于算法学习者而言,不跨过动态规划这道门,不算真正了解算法。

初接触动态规划者,理解其思想精髓会存在一定的难度,本文将通过一个案例,抽丝剥茧般和大家聊聊动态规划

动态规划算法有 3 个重要的概念:

  • 重叠子问题。
  • 最优子结构。
  • 状态转移。

只有吃透这 3 个概念,才叫真正理解什么是动态规划

什么是重叠子问题?

动态规划分治算法有一个相似之处。

将原问题分解成相似的子问题,在求解的过程中通过子问题的解求出原问题的解。

动态规划与分治算法的区别:

  • 分治算法的每一个子问题具有完全独立性,只会被计算一次。

    Tips:二分查找是典型的分治算法实现,其子问题是把数列缩小后再二分查找,每一个子问题只会被计算一次。

  • 动态规划经分解得到的子问题往往不是互相独立的,有些子问题会被重复计算多次,这便是重叠子问题

  • 同一个子问题被计算多次,完全是没有必要的,可以缓存已经计算过的子问题,再次需要子问题结果时只需要从缓存中获取便可。这便是动态规划中的典型操作,优化重叠子问题,通过空间换时间的优化手段提高性能。

Tips:重叠子问题并不是动态规划的专利,重叠子问题是一个很普见的现象。

什么最优子结构?

最优子结构是动态规划的必要条件。因为动态规划只能应用于具有最优子结构的问题,在解决一个原始问题时,是否能套用动态规划算法,分析是否存在最优子结构是关键。

那么!到底什么是最优子结构?概念其实很简单,局部最优解能决定全局最优解。

Tips: 如拔河比赛中。如果 A队中的每一名成员的力气都是每一个班上最大的,由他们组成的拔河队毫无疑问,一定是也是所有拔河队中实力最强的。

如果把求解哪一个团队的力量最大当成原始问题,则每一个人的力量是否最大就是子问题,则子问题的最优决定了原始问题的最优。

所以,动态规划多用于求最值的应用场景。

不是说有 3 个概念吗!

不急,先把状态转移这个概念放一放,稍后再解释。

2. 流程

下面以一个案例的解决过程描述使用动态规划的流程。

问题描述:小兔子的难题。

有一只小兔子站在一片三角形的胡萝卜地的入口,如下图所示,图中的数字表示每一个坑中胡萝卜的数量,小兔子每次只能跳到左下角或者右下角的坑中,请问小兔子怎么跳才能得到最多数量的胡萝卜?

首先这个问题是求最值问题, 是否能够使用动态规划求解,则需要一步一步分析,看是否有满足使用动态规划的条件。

dt01.png

2.1 是否存在子问题

先来一个分治思想:思考或观察是否能把原始问题分解成相似的子问题,把解决问题的希望寄托在子问题上。

那么,针对上述三角形数列,是否存在子问题?

现在从数字7出发,兔子有 2 条可行路线。

dt02.png

为了便于理解,首先模糊第 3 行后面的数字或假设第 3行之后根本不存在。

那么原始问题就变成:

  • 先分别求解路线 1路线 2上的最大值。路线 1的最大值为 3,路线 2上的最大值是8

  • 然后求解出路线 1路线 2两者之间的最大值 8。 把求得的结果和出发点的数字 7 相加,7+8=15 就是最后答案。

    只有 2 行时,兔子能获得的最多萝卜数为 15,肉眼便能看的出来。

前面是假设第 3 行之后都不存在,现在把第 3 行放开,则路线 1 路线2的最大值就要发生变化,但是,对于原始问题来讲,可以不用关心路线 1 和路线 2 是怎么获取到最大值,交给子问题自己处理就可以了。

反正,到时从路线 1路线 2 的结果中再选择一个最大值就是。

dt03.png

把第 3 行放开后,路线 1 就要重新更新最大值,如上图所示,路线 1也可以分解成子问题,分解后,也只需要关心子问题的返回结果。

  • 路线 1 的子问题有 2个,路线 1_1路线1_2。求解 2 个子问题的最大值后,再在 2个子问题中选择最大值8,最后路线 1的最大值为3+8=11
  • 路线 2 的子问题有 2个,路线 2_1路线2_2。求解 2 个子问题的最大值后,再在 2个子问题中选择最大值2,最后路线 2的最大值为8+2=10

当第 3 行放开后,更新路线 1路线2的最大值,对于原始问题而言,它只需要再在 2 个子问题中选择最大值 11,最终问题的解为7+11=18

如果放开第 4 行,将重演上述的过程。和原始问题一样,都是从一个点出发,求解此点到目标行的最大值。所以说,此问题是存在子问题的。

并且,只要找到子问题的最优解,就能得到最终原始问题的最优解。不仅存在子问题,而且存在最优子结构。

显然,这很符合递归套路:递进给子问题,回溯子问题的结果。

  • 使用二维数列表保存三角形数列中的所有数据。a=[[7],[3,8],[8,1,2],[2,7,4,4],[4,5,2,6,5]]

  • 原始问题为 f(0,0)从数列的(0,0)出发,向左下角和右下角前行,一直找到此路径上的数字相加为最大。

    f(0,0)表示以第 1 行的第 1 列数字为起始点。

  • 分解原始问题 f(0,0)=a(0,0)+max(f(1,0)+f(1,1))

  • 因为每一个子问题又可以分解,让表达式更通用 f(i,j)=a(i,j)+max(f(i+1,j)+f(i+1,j+1))

    (i+1,j)表示 (i,j)的左下角,(i+1,j+1)表示 (i,j)的右下角,

编码实现:

#include <iostream>
using namespace std;
//使用二维数组存储问题域中的数据
int nums[5][5] = { {7},{3, 8}, {8, 1, 2}, {2, 7, 4, 4}, {4, 5, 2, 6, 5}};
// 递归函数
int get_max_lb(int i,int j) {
	if (i ==  4) {
        // 递归出口
		return nums[i][j];
	}
	//左下角数值
	int  leftAngle=get_max_lb(i + 1, j);
	//右下角数值
	int rightAngle= get_max_lb(i + 1, j + 1);
	int maxNum=leftAngle>rightAngle?leftAngle:rightAngle;
	// 分解子问题
	return nums[i][j] + maxNum;
}
//测试
int main(int argc, char** argv) {
	int res = get_max_lb(0, 0);
	cout<<res;
	return 0;
}
//输出结果:30

不是说要聊聊动态规划的流程吗!怎么跑到递归上去了。

其实所有能套用动态规划的算法题,都可以使用递归实现,因递归平时接触多,从递归切入,可能更容易理解。

2.2 是否存在重叠子问题

先做一个实验,增加三角形数的行数,也就是延长路径线。

#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
using namespace std;
//使用二维数组存储问题域中的数据
int nums[100][100] = {0};
// 递归函数
int get_max_lb(int i,int j) {
	if (i ==  99) {
		// 递归出口
		return nums[i][j];
	}
	//左下角数值
	int  leftAngle=get_max_lb(i + 1, j);
	//右下角数值
	int rightAngle= get_max_lb(i + 1, j + 1);
    //求最大值
    int maxNum=leftAngle>rightAngle?leftAngle:rightAngle;
	// 分解子问题
	return nums[i][j] + maxNum;
}
//测试
int main(int argc, char** argv) {
	srand(time(nullptr));
	// 构建 100 行的二维列表
	for(int i=0; i<100; i++) {
		for(int j=0; j<i+1; j++) {
			//随机生成 10~20之间的测试数据 
			nums[i][j]=  10 + rand() % 11 ;
		}
	}
	int res = get_max_lb(0, 0);
	cout<<res;
	return 0;
}

执行程序后,久久没有得到结果,甚至会超时。原因何在?如下图:

dt04.png

路线1_2路线2_1的起点都是从同一个地方(蓝色标注的位置)出发。显然,从数字 1(蓝色标注的数字)出发的这条路径会被计算 2 次。在上图中被重复计算的子路径可不止一条。

这便是重叠子问题! 子问题被重复计算。

dt05.png

当三角形数列的数据不是很多时,重复计算对整个程序的性能的影响微不足道 。如果数据很多时,大量的重复计算会让计算机性能低下,并可能导致最后崩溃。

因为使用递归的时间复杂度为O(2^n)。当数据的行数变多时,可想而知,性能有多低下。

怎么解决重叠子问题?

答案是:使用缓存,把曾经计算过的子问题结果缓存起来,当再次需要子问题结果时,直接从缓存中获取,就没有必要再次计算。

这里使用字典作为缓存器,以子问题的起始位置为关键字,以子问题的结果为

#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
#include <map>
using namespace std;
//使用二维数组存储问题域中的数据
int nums[100][100] = {0};
//缓存器
int cache_[100][100]= {0};
// 递归函数
int get_max_lb(int i,int j) {
	if (i ==  99) {
		// 递归出口
		return nums_[i][j];
	}
	int res= cache_[i][j];
	if(res!=0) {
		//如果缓存器中有 
		return res;
	}
	int  leftAngle=get_max_lb_(i + 1, j);
	//右下角数值
	int rightAngle= get_max_lb_(i + 1, j + 1);
	int maxNum=leftAngle>rightAngle?leftAngle:rightAngle;
	maxNum+= nums_[i][j];
	//缓存 
	cache_[i][j]=maxNum;
	return maxNum;
}

//测试
int main(int argc, char** argv) {
	srand(time(nullptr));
    // 构建 100 行的二维列表
	for(int i=0; i<100; i++) {
		for(int j=0; j<i+1; j++) {
			//随机生成 10~20之间的测试数据
			nums[i][j]=  10 + rand() % 11 ;
		}
	}
	int res = get_max_lb(0, 0);
	cout<<res;
	return 0;
}

因使用随机数生成数据,每次运行结果不一样。但是,每次运行后的速度是非常给力的。

当出现重叠子问题时,可以缓存曾经计算过的子问题。

好 !现在到了关键时刻,屏住呼吸,从分析缓存中的数据开始。

使用递归解决问题,从结构上可以看出是从上向下的一种处理机制。所谓从上向下,也就是由原始问题开始一路去寻找答案。从本题来讲,就是从第一行一直找到最后一行,或者说从未知找到``已知`。

根据递归的特点,可知缓存数据的操作是在回溯过程中发生的。

dt06.png

当再次需要调用某一个子问题时,这时才有可能从缓存中获取到已经计算出来的结果。缓存中的数据是每一个子问题的结果,如果知道了某一个子问题,就可以通过子问题计算出父问题。

这时,可能就会有一个想法?

从已知找到未知。

任何一条路径只有到达最后一行后才能知道最后的结果。可以认为,最后一行是已知数据。先缓存最后一行,那么倒数第 2 行每一个位置到最后一行的路径的最大值就可以直接求出来。

同理,知道了倒数第 2 行的每一个位置的路径最大值,就可以求解出倒数第 3行每一个位置上的最大值。以此类推一直到第 1 行。

天呀!多完美,还用什么递归。

可以认为这种思想便是动态规划的核心:自下向上

2.3 状态转移

还差最后一步,就能把前面的递归转换成动态规划实现。

什么是状态转移?

前面分析从最后 1 行开始求最大值过程,是不是有点像田径场上的多人接力赛跑,第 1 名运动力争跑第 1,把状态转移给第 2名运动员,第 2名运动员持续保持第 1,然后把状态转移给第 3运动员,第 3名运动员也保持他这一圈的第 1,一至到最后一名运动员,都保持自己所在那一圈中的第 1。很显然最后结果,他们这个团队一定是第 1名。

把子问题的值传递给另一个子问题,这便是状态转移。当然在转移过程中,一定会存在一个表达式,用来计算如何转移。

用来保存每一个子问题状态的表称为 dp 表。

用来计算如何转移的表达式,称为状态转移方程式。如下使用一个二维数组存储每一步的状态值。

dt07.png

有了上述的这张表,就可以使用动态规划自下向上的方式解决“兔子的难题”这个问题。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
//测试
int main(int argc, char** argv) {
	int nums[5][5] = {{7}, {3, 8}, {8, 1, 2}, {2, 7, 4, 4}, {4, 5, 2, 6, 5 }} ;
    // dp状态表
	vector< vector<int> > dp ;
    // 从最后一行开始
	for(int i=4; i>=0; i--) {
		//状态表中为每一行建立一个存储容器
		vector<int> vec;
		for(int j=0; j<=i; j++) {
			if(i==4) {
				//最后一行的数据直接添加于dp 表中
				vec.push_back( nums[i][j] );
			} else {
				//不是最后一行
				vector<int> temp=dp.back();
				int maxNum= temp[j]> temp[j+1 ]?temp[j]:temp[j+1 ];
				maxNum=nums[i][j]+maxNum;
				vec.push_back( maxNum  );
			}
		}
		dp.push_back(vec);
	}
	for(int i=0; i<dp.size(); i++) {
		vector<int> vec=dp[i];
		for(int j=0; j<vec.size(); j++) {
			cout<<vec[j]<<"\t";
		}
		cout<<endl;
	}
	return 0;
}

程序运行后,最终输出结果和前面手工绘制的dp表中的数据一模一样。

dt08.png

其实动态规划实现是前面递归操作的逆过程。时间复杂度是O(n^2)。

Tips: 并不是所有的递归操作都可以使用动态规划进行逆操作,只有符合动态规划条件的递归操作才可以。

上述解决问题时,使用了一个二维容器充当dp表,并保存所有的中间信息。

思考一下,真的有必要保存所有的中间信息吗?

在状态转移过程中,我们仅关心当前得到的状态信息,曾经的状态信息其实完全可以不用保存。

所以,上述程序完全可以使用一个一维列表来存储状态信息。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
//测试
int main(int argc, char** argv) {
	int nums[5][5] = {{7}, {3, 8}, {8, 1, 2}, {2, 7, 4, 4}, {4, 5, 2, 6, 5 }} ;
	// dp状态表
	vector<int> dp ;
	// 从最后一行开始
	for(int i=4; i>=0; i--) {
		//提取上一步的状态信息
		vector<int> temp=dp;
		//重置状态表
		dp.clear();
		for(int j=0; j<=i; j++) {
			if(i==4) {
				//最后一行的数据直接添加于dp 表中
				dp.push_back( nums[i][j] );
			} else {
				//不是最后一行
				int maxNum= temp[j]> temp[j+1 ]?temp[j]:temp[j+1 ];
				maxNum=nums[i][j]+maxNum;
				dp.push_back( maxNum  );
			}
		}
	}
	for(int i=0; i<dp.size(); i++) {
		cout<<dp[i]<<"\t";
	}
	cout<<endl;
	return 0;
}

输出结果:

dt09.png

3.总结

动态规划问题一般都可以使用递归实现,递归是一种自上向下的解决方案,而动态规划是自下向上的解决方案,两者在解决同一个问题时的思考角度不一样,但本质是一样的。

并不是所有的递归操作都能转换成动态规划,是否能使用动态规划算法,则需要原始问题符合最优子结构重叠子问题2 个条件。在使用动态规划过程中,找到状态转移表达式是关键。