算法学习——动态规划

动态规划

什么是动态规划
- 动态规划的解题步骤
- 动态规划应该如何debug
斐波那契数
- 思路
- - 确定dp数组以及下标的含义
  - 确定递推公式
  - dp数组如何初始化
  - 确定遍历顺序
  - 举例推导dp数组
- 代码
爬楼梯
- 思路
- 代码
使用最小花费爬楼梯
- 思路
- 代码
不同路径
- 思路
- 代码
不同路径 II
- 思路
- 代码
整数拆分
- 思路
- 代码
不同的二叉搜索树
0-1背包理论基础
- 什么是0-1背包
- 二维dp数组01背包
- - 确定dp数组以及下标的含义
  - 确定递推公式
  - dp数组如何初始化
  - 确定遍历顺序
  - 举例推导dp数组
  - 总结
- 01背包理论基础（滚动数组）
- - 思路
  - 一维dp数组（滚动数组）
  - 动规五部曲分析如下
  - - 确定dp数组的定义
    - 一维dp数组的递推公式
    - 一维dp数组如何初始化
    - 一维dp数组遍历顺序
    - 举例推导dp数组
携带研究材料
- 思路
- 代码
分割等和子集
- 思路
- 代码
最后一块石头的重量II
- 思路
- 代码
目标和
- 思路
一和零
- 思路
- 代码
完全背包理论问题
- 思路
- 代码
零钱兑换II
- 思路
- 代码
组合总和 Ⅳ
- 思路
- 代码

什么是动态规划

动态规划，英文：Dynamic Programming，简称DP，如果某一问题有很多重叠子问题，使用动态规划是最有效的。

动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优的。

动态规划的解题步骤

做动规题目的时候，很多同学会陷入一个误区，就是以为把状态转移公式背下来，照葫芦画瓢改改，就开始写代码，甚至把题目AC之后，都不太清楚dp[i]表示的是什么。

这就是一种朦胧的状态，然后就把题给过了，遇到稍稍难一点的，可能直接就不会了，然后看题解，然后继续照葫芦画瓢陷入这种恶性循环中。

状态转移公式（递推公式）是很重要，但动规不仅仅只有递推公式。

动态规划问题，拆解为如下五步曲，这五步都搞清楚了，才能说把动态规划真的掌握了！

确定dp数组（dp table）以及下标的含义
确定递推公式
dp数组如何初始化
确定遍历顺序
举例推导dp数组

动态规划应该如何debug

找问题的最好方式就是把dp数组打印出来，看看究竟是不是按照自己思路推导的！

做动规的题目，写代码之前一定要把状态转移在dp数组的上具体情况模拟一遍，心中有数，确定最后推出的是想要的结果。
然后再写代码，如果代码没通过就打印dp数组，看看是不是和自己预先推导的哪里不一样。

如果打印出来和自己预先模拟推导是一样的，那么就是自己的递归公式、初始化或者遍历顺序有问题了。
如果和自己预先模拟推导的不一样，那么就是代码实现细节有问题。

这样才是一个完整的思考过程，而不是一旦代码出问题，就毫无头绪的东改改西改改，最后过不了，或者说是稀里糊涂的过了。

斐波那契数

力扣题目链接

斐波那契数，通常用 F(n) 表示，形成的序列称为斐波那契数列。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是： F(0) = 0，F(1) = 1 F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1 给你n ，请计算 F(n) 。

示例 1：
输入：2
输出：1
解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1

思路

在这里插入图片描述

动规五部曲：

确定dp数组以及下标的含义

dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]

确定递推公式

题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];

dp数组如何初始化

题目中把如何初始化也直接给我们了，如下：
dp[0] = 0;
dp[1] = 1;

确定遍历顺序

从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的.

举例推导dp数组

按照这个递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，我们来推导一下，当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：
0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

如果代码写出来，发现结果不对，就把dp数组打印出来看看和我们推导的数列是不是一致的。

代码

注意：要先判断n是否为1或者0，然后返回，否则内存会访问越界。
在这里插入图片描述

爬楼梯

力扣题目链接

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

注意：给定 n 是一个正整数。

示例：
输入： 3
输出： 3
解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1 阶 + 1 阶 + 1 阶
1 阶 + 2 阶
2 阶 + 1 阶

思路

在这里插入图片描述

多举几个例子，就可以发现其规律。
爬到第一层楼梯有一种方法，爬到二层楼梯有两种方法.
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层，第二层楼梯再跨一步就到第三层。
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯和到第一层楼梯状态推导出来，那么就可以想到动态规划了。

代码

![在这里插入图片描述](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/2902b012e676473d95d155cf0c614d89.png

使用最小花费爬楼梯

力扣题目链接

数组的每个下标作为一个阶梯，第 i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 cost[i]（下标从 0 开始）。
每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。
请你找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时，你可以选择从下标为 0 或 1 的元素作为初始阶梯。

示例 1：
输入：cost = [10, 15, 20]
输出：15
解释：最低花费是从 cost[1] 开始，然后走两步即可到阶梯顶，一共花费 15 。

示例 2：
输入：cost = [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]
输出：6
解释：最低花费方式是从 cost[0] 开始，逐个经过那些 1 ，跳过 cost[3] ，一共花费 6 。

思路

在这里插入图片描述

代码

在这里插入图片描述

不同路径

力扣题目链接

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角（起始点在下图中标记为 “Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为 “Finish” ）。
问总共有多少条不同的路径？

在这里插入图片描述

思路

在这里插入图片描述

代码

注意二维数组的初始化！
在这里插入图片描述

不同路径 II

力扣题目链接

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角（起始点在下图中标记为“Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径？

在这里插入图片描述

思路

代码

class Solution {
public:
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int>>& obstacleGrid) 
    {
        int m = obstacleGrid.size();
        int n = obstacleGrid[0].size();
        vector<vector<int>>dp(m,vector<int>(n,0));
        for(int i = 0 ; i < m ; i++)
        {
            if(obstacleGrid[i][0]!=1)
            {
                dp[i][0] = 1;
            }
            else
            {
                break;
            }
            
        }
        for(int j = 0 ; j < n ; j++)
        {
            if(obstacleGrid[0][j]!=1)
            {
                dp[0][j] = 1;
            }
            else
            {
                break;
            }
            
        }
        for(int i = 1;i < m ;i++)
        {
            for(int j = 1 ; j < n ;j++)
            {
                if(obstacleGrid[i][j]!=1)
                {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1];
                }
                else
                {
                    dp[i][j] = 0;
                }
                
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }
};

整数拆分

力扣题目链接

给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，并使这些整数的乘积最大化。返回你可以获得的最大乘积。

在这里插入图片描述

思路

代码

在这里插入图片描述

不同的二叉搜索树

力扣题目链接

0-1背包理论基础

在这里插入图片描述

什么是0-1背包

有n件物品和一个最多能背重量为w 的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品只能用一次，求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。
在这里插入图片描述
这是标准的背包问题，以至于很多同学看了这个自然就会想到背包，甚至都不知道暴力的解法应该怎么解了。

这样其实是没有从底向上去思考，而是习惯性想到了背包，那么暴力的解法应该是怎么样的呢？

每一件物品其实只有两个状态，取或者不取，所以可以使用回溯法搜索出所有的情况，那么时间复杂度就是 $o(2^n)$ ，这里的n表示物品数量。

所以暴力的解法是指数级别的时间复杂度。进而才需要动态规划的解法来进行优化！

在下面的讲解中，我举一个例子：
背包最大重量为4。
物品为：
在这里插入图片描述
问背包能背的物品最大价值是多少？

二维dp数组01背包

确定dp数组以及下标的含义

对于背包问题，有一种写法，是使用二维数组，即dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。

只看这个二维数组的定义，大家一定会有点懵，看下面这个图：
在这里插入图片描述
要时刻记着这个dp数组的含义，下面的一些步骤都围绕这dp数组的含义进行的。

确定递推公式

dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。
首先从dp[i][j]的定义出发，如果背包容量j为0的话，即dp[i][0]，无论是选取哪些物品，背包价值总和一定为0。如图：
在这里插入图片描述
其他情况如下：

状态转移方程 dp[ i ][ j ] = max(dp[ i - 1 ] [ j ], dp[ i - 1 ][ j - weight[ i ] ] + value[ i ]); 可以看出 i 是由 i-1 推导出来，那么 i 为0的时候就一定要初始化。

dp[0][j]，即：i为0，存放编号0的物品的时候，各个容量的背包所能存放的最大价值。

那么很明显当 j < weight[0]的时候，dp[0][j] 应该是 0，因为背包容量比编号0的物品重量还小。
当j >= weight[0]时，dp[0][j] 应该是value[0]，因为背包容量放足够放编号0物品。

代码初始化如下：

for (int j = 0 ; j < weight[0]; j++) {  // 当然这一步，如果把dp数组预先初始化为0了，这一步就可以省略，
    dp[0][j] = 0;
}
// 正序遍历
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
    dp[0][j] = value[0];
}

此时dp数组初始化情况如图所示：
在这里插入图片描述
dp[0][j] 和 dp[i][0] 都已经初始化了，那么其他下标应该初始化多少呢？

其实从递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 可以看出dp[i][j] 是由左上方数值推导出来了，那么其他下标初始值是什么数值都可以，因为都会被覆盖。

但只不过一开始就统一把dp数组统一初始为0，更方便一些。
在这里插入图片描述

最后初始化代码如下：

// 初始化 dp
vector<vector<int>> dp(weight.size(), vector<int>(bagweight + 1, 0));
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
    dp[0][j] = value[0];
}

确定遍历顺序

在如下图中，可以看出，有两个遍历的维度：物品与背包重量
在这里插入图片描述
那么问题来了，先遍历物品还是先遍历背包重量呢？

其实都可以！！但是先遍历物品更好理解。

那么我先给出先遍历物品，然后遍历背包重量的代码。

// weight数组的大小 就是物品个数
for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = 0; j <= bagweight; j++) { // 遍历背包容量
        if (j < weight[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

为什么可以这样遍历？
要理解递归的本质和递推的方向。

dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]); 递归公式中可以看出dp[i][j]是靠dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]]推导出来的。

dp[i-1][j]和dp[i - 1][j - weight[i]] 都在dp[i][j]的左上角方向（包括正上方向），那么先遍历物品，再遍历背包的过程如图所示：

在这里插入图片描述

举例推导dp数组

来看一下对应的dp数组的数值，如图：
在这里插入图片描述

总结

讲了这么多才刚刚把二维dp的01背包讲完，这里大家其实可以发现最简单的是推导公式了，推导公式估计看一遍就记下来了，但难就难在如何初始化和遍历顺序上。

01背包理论基础（滚动数组）

思路

上一节是用二维dp数组来讲解01背包。
这一节我们就来说一说滚动数组。

接下来还是用如下这个例子来进行讲解。

背包最大重量为4。
物品为：
在这里插入图片描述
问背包能背的物品最大价值是多少？

一维dp数组（滚动数组）

对于背包问题其实状态都是可以压缩的。
在使用二维数组的时候，递推公式：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);

其实可以发现如果把dp[i - 1]那一层拷贝到dp[i]上，表达式完全可以是：dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - weight[i]] + value[i]);

与其把dp[i - 1]这一层拷贝到dp[i]上，不如只用一个一维数组了，只用dp[j]（一维数组，也可以理解是一个滚动数组）。

这就是滚动数组的由来，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。

dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
一定要时刻记住这里i和j的含义，要不然很容易看懵了。

动规五部曲分析如下

确定dp数组的定义

在一维dp数组中，dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]。

一维dp数组的递推公式

dp[j]为容量为j的背包所背的最大价值，那么如何推导dp[j]呢？

dp[j]可以通过dp[j - weight[i]]推导出来，dp[j - weight[i]]表示容量为j - weight[i]的背包所背的最大价值。

dp[j - weight[i]] + value[i] 表示容量为 (j - 物品i重量) 的背包加上物品(i)的价值。

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值，

所以递归公式为：

dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

一维dp数组如何初始化

关于初始化，一定要和dp数组的定义吻合，否则到递推公式的时候就会越来越乱。

dp[j]表示：容量为j的背包，所背的物品价值可以最大为dp[j]，那么dp[0]就应该是0，因为背包容量为0所背的物品的最大价值就是0。

那么dp数组除了下标0的位置，初始为0，其他下标应该初始化多少呢？

看一下递归公式：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

dp数组在推导的时候一定是取价值最大的数，如果题目给的价值都是正整数那么非0下标都初始化为0就可以了。

这样才能让dp数组在递归公式的过程中取的最大的价值，而不是被初始值覆盖了。

那么我假设物品价值都是大于0的，所以dp数组初始化的时候，都初始为0就可以了。

一维dp数组遍历顺序

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

这里大家发现和二维dp的写法中，遍历背包的顺序是不一样的！

二维dp遍历的时候，背包容量是从小到大，而一维dp遍历的时候，背包是从大到小。

为什么呢？

倒序遍历是为了保证物品i只被放入一次！。但如果正序遍历了，那么物品0就会被重复加入多次！

举一个例子：物品0的重量weight[0] = 1，价值value[0] = 15

如果正序遍历

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 30

此时dp[2]就已经是30了，意味着物品0，被放入了两次，所以不能正序遍历。

为什么倒序遍历，就可以保证物品只放入一次呢？

倒序就是先算dp[2]

dp[2] = dp[2 - weight[0]] + value[0] = 15 （dp数组已经都初始化为0）

dp[1] = dp[1 - weight[0]] + value[0] = 15

所以从后往前循环，每次取得状态不会和之前取得状态重合，这样每种物品就只取一次了。

那么问题又来了，为什么二维dp数组遍历的时候不用倒序呢？

因为对于二维dp，dp[i][j]都是通过上一层即dp[i - 1][j]计算而来，本层的dp[i][j]并不会被覆盖！

再来看看两个嵌套for循环的顺序，代码中是先遍历物品嵌套遍历背包容量，那可不可以先遍历背包容量嵌套遍历物品呢？

不可以！

因为一维dp的写法，背包容量一定是要倒序遍历（原因上面已经讲了），如果遍历背包容量放在上一层，那么每个dp[j]就只会放入一个物品，即：背包里只放入了一个物品。

倒序遍历的原因是，本质上还是一个对二维数组的遍历，并且右下角的值依赖上一层左上角的值，因此需要保证左边的值仍然是上一层的，从右向左覆盖。

所以一维dp数组的背包在遍历顺序上和二维其实是有很大差异的！，这一点大家一定要注意。

举例推导dp数组

一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：
在这里插入图片描述
C++代码如下：



void test_1_wei_bag_problem() {
    vector<int> weight = {1, 3, 4};
    vector<int> value = {15, 20, 30};
    int bagWeight = 4;

    // 初始化
    vector<int> dp(bagWeight + 1, 0);
    for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
        for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout << dp[bagWeight] << endl;
}

int main() {
    test_1_wei_bag_problem();
}

携带研究材料

题目链接

小明是一位科学家，他需要参加一场重要的国际科学大会，以展示自己的最新研究成果。他需要带一些研究材料，但是他的行李箱空间有限。这些研究材料包括实验设备、文献资料和实验样本等等，它们各自占据不同的空间，并且具有不同的价值。

小明的行李空间为 N，问小明应该如何抉择，才能携带最大价值的研究材料，每种研究材料只能选择一次，并且只有选与不选两种选择，不能进行切割。

输入描述
第一行包含两个正整数，第一个整数 M 代表研究材料的种类，第二个正整数 N，代表小明的行李空间。
第二行包含 M 个正整数，代表每种研究材料的所占空间。
第三行包含 M 个正整数，代表每种研究材料的价值。

输出描述
输出一个整数，代表小明能够携带的研究材料的最大价值。

思路

在这里插入图片描述

代码

// dpalgorithm.cpp : 此文件包含 "main" 函数。程序执行将在此处开始并结束。
//

#include <iostream>
#include<vector> 


using namespace std;


int main()
{
    int type;
    int maxweight;
    cin >>type>> maxweight;
    vector<int>weight(type);
    for (int i = 0; i < type; ++i)
    {
        cin >> weight[i];
    }
    vector<int>value(type);
    for (int i = 0; i < type; ++i)
    {
        cin >> value[i];
    }
    vector<int>dp(maxweight + 1,0);
    for (int i = 0; i < type; i++)
    {
        for (int j = maxweight; j >= weight[i]; j--)
        {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
        }
    }
    cout<<dp[maxweight];
}

分割等和子集

力扣题目链接

给定一个只包含正整数的非空数组。是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

在这里插入图片描述

思路

在这里插入图片描述

代码

在这里插入图片描述

最后一块石头的重量II

力扣题目链接

有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。
每一回合，从中选出任意两块石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：
如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后，最多只会剩下一块石头。返回此石头最小的可能重量。如果没有石头剩下，就返回 0。

在这里插入图片描述

思路

这道题也是将数组分成两堆，一堆尽可能的装满，最后得到的就是石头的最小重量。

在这里插入图片描述

代码

在这里插入图片描述

目标和

力扣题目链接

给定一个非负整数数组，a1, a2, …, an, 和一个目标数，S。现在你有两个符号 + 和 -。对于数组中的任意一个整数，你都可以从 + 或 -中选择一个符号添加在前面。

返回可以使最终数组和为目标数 S 的所有添加符号的方法数。

在这里插入图片描述

思路

在这里插入图片描述 ## 代码

一和零

力扣题目链接

给你一个二进制字符串数组 strs 和两个整数 m 和 n 。
请你找出并返回 strs 的最大子集的大小，该子集中最多有 m 个 0 和 n 个 1 。
如果 x 的所有元素也是 y 的元素，集合 x 是集合 y 的子集。

在这里插入图片描述

思路

代码

在这里插入图片描述

完全背包理论问题

题目链接

思路

有N件物品和一个最多能背重量为W的背包。第i件物品的重量是weight[i]，得到的价值是value[i] 。每件物品都有无限个（也就是可以放入背包多次），求解将哪些物品装入背包里物品价值总和最大。

完全背包和01背包问题唯一不同的地方就是，每种物品有无限件。

在下面的讲解中，我依然举这个例子：
背包最大重量为4。
物品为：
在这里插入图片描述
每件商品都有无限个！
问背包能背的物品最大价值是多少？

01背包和完全背包唯一不同就是体现在遍历顺序上，所以我们直接针对遍历顺序进行分析！

首先再回顾一下01背包的核心代码

for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = bagWeight; j >= weight[i]; j--) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
    }
}

我们知道01背包内嵌的循环是从大到小遍历，为了保证每个物品仅被添加一次。

而完全背包的物品是可以添加多次的，所以要从小到大去遍历，即：

// 先遍历物品，再遍历背包
for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
    for(int j = weight[i]; j <= bagWeight ; j++) { // 遍历背包容量
        dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

    }
}

代码

#include<iostream>
#include<vector>

using namespace std;

int main()
{
    int bagweight;
    int typesize;
    cin>>typesize>>bagweight;
    vector<int> values(typesize);
    vector<int> weights(typesize);
    for(int i = 0 ; i < typesize ; i++)
    {
        cin>>weights[i]>>values[i];
    }
    vector<int> dp(bagweight+1,0);
    for(int i = 0 ; i < typesize ;i++)
    {
        for(int j = weights[i];j<=bagweight;j++)
        {
            dp[j] = max(dp[j],dp[j-weights[i]]+ values[i]);
        }
    }
    cout<< dp[bagweight];
}