DP 详解

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DP 概述

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

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，但时间复杂度却大相径庭，为什么呢？

动态规划是 自顶向上 思想，而递归是 自顶向下 解法。

自顶向上 and 自顶向下？

自顶向上

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
}

动态规划要素

1. 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。

2. 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。

3. 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：

1. 状态越多，表示的信息越多，空间越大。

2. 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。

参考资料

https://zh.wikipedia.org/wiki/动态规划

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

例题一思路

纯 DP

点我查看题目

没看数据：好一个 dfs！

注：两种情况

1. 拿本物品

   • 3 倍奖金？

   • 1 倍奖金？

2. 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));
}

---

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;
}

---

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;
}

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