动态规划(一)
动态规划与回溯法解决0-1背包问题
0-1背包动态规划解决问题一、问题描述：有n个物品，它们有各自的重量和价值，现有给定容量的背包，如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和？二、总体思路：根据动态规划解题步骤（问题抽象化、建立模型、寻找约束条件、判断是否满足最优性原理、找大问题与小问题的递推关系式、填表、寻找解组成）找出01背包问题的最优解以及解组成，然后编写代码实现。
原理：动态规划与分治法类似，都是把大问题拆分成小问题，通过寻找大问题与小问题的递推关系，解决一个个小问题，最终达到解决原问题的效果。
但不同的是，分治法在子问题和子子问题等上被重复计算了很多次，而动态规划则具有记忆性，通过填写表把所有已经解决的子问题答案纪录下来，在新问题里需要用到的子问题可以直接提取，避免了重复计算，从而节约了时间，所以在问题满足最优性原理之后，用动态规划解决问题的核心就在于填表，表填写完毕，最优解也就找到。
过程：a) 把背包问题抽象化（X1，X2，…，Xn，其中 Xi 取0或1，表示第i 个物品选或不选），V i表示第i 个物品的价值，W i表示第i 个物品的体积（重量）；b) 建立模型，即求max(V1X1+V2X2+…+VnXn)；c) 约束条件，W1X1+W2X2+…+WnXn<capacity；d) 定义V(i,j)：当前背包容量j，前i 个物品最佳组合对应的价值；e) 最优性原理是动态规划的基础，最优性原理是指“多阶段决策过程的最优决策序列具有这样的性质：不论初始状态和初始决策如何，对于前面决策所造成的某一状态而言，其后各阶段的决策序列必须构成最优策略”。
判断该问题是否满足最优性原理，采用反证法证明：假设(X1，X2，…，Xn)是01背包问题的最优解，则有(X2，X3，…，Xn)是其子问题的最优解，假设(Y2，Y3，…，Yn)是上述问题的子问题最优解，则理应有(V2Y2+V3Y3+…+V n Yn)+V1X1 > (V2X2+V3X3+…+VnXn)+V1X1；而(V2X2+V3X3+…+VnXn)+V1X1=(V1X1+V2X2+…+VnXn)，则有(V2Y2+V3Y3+…+VnYn)+V1X1 > (V1X1+V2X2+…+VnXn)；该式子说明(X1，Y2，Y3，…，Yn)才是该01背包问题的最优解，这与最开始的假设(X1，X2，…，Xn)是01背包问题的最优解相矛盾，故01背包问题满足最优性原理；f) 寻找递推关系式，面对当前商品有两种可能性：第一，包的容量比该商品体积小，装不下，此时的价值与前i-1个的价值是一样的，即V(i,j)=V(i-1,j)；第二，还有足够的容量可以装该商品，但装了也不一定达到当前最优价值，所以在装与不装之间选择最优的一个，即V(i,j)=max｛V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i) ｝其中V(i-1,j)表示不装，V(i-1,j-w(i))+v(i) 表示装了第i个商品，背包容量减少w(i)但价值增加了v(i)；由此可以得出递推关系式：1) j<w(i) V(i,j)=V(i-1,j)2) j>=w(i) V(i,j)=max｛ V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i) ｝number＝4，capacity＝7四、构造最优解：最优解的构造可根据C列的数据来构造最优解，构造时从第一个物品开始。
动态规划初探及什么是无后效性？（转）
动态规划初探及什么是⽆后效性？（转）对于动态规划，我是这样理解的：把待解决的问题分为⼀个规模较原问题⼩的⼦问题、然后要考虑的就是如何更具这个⼦问题如何得到原问题的解以及如何解决这个⼦问题当然、原问题和⼦问题需要有相同的解决⽅式、它们只有问题规模的区别。
这样讲有点抽象、⽤⼀个简单的图来说明下：可以简单的这样理解、把原问题划分为⼩的问题（能组合成原问题的，⼩的问题再划分、持续下去，找到简单解反⽅向计算回来（记下每⼀步结果）最后就能得到解。
听起来似乎不难，但是要作⽐较深⼊的理解还是得通过实例说话有向⽆环图的最长简单路径：对于⼀般的图，求最长路径并不向最短路径那样容易，因为最长路径并没有最优⼦结构的属性。
但DGA例外问题描述：给⼀个带权有向⽆环图G=（V，E），找出这个图⾥的最长路径。
说实话初学者直接给出这个图会看蒙的、再看看问题，不知道从何下⼿。
好了，对上图做个简单的处理：现在看起来是不是清晰多了呢⽤dilg(v)表⽰以点结尾的最长路径，现在考虑dilg(D), dilg(B), dilg(C)dilg(D)=max{dilg(B)+1, dilg(C)+3}来解释⼀下：点D的⼊度边有CD、BD。
以D结尾的最短路径必定经过C、B中的⼀点；如果是C点，则以dilg(C)+3(权值)定会⼤于等于dilg(B)+1(权值)如果没能看懂，请注意dilg(V)的定义对于任意的点V可以有如下表达式：dilg(v)=max{dilg(u)+w(u, v)，(u,v)∈E}这样、问题dilg(V)就会被转化为较⼩的⼦问题dilg(U)（当然，U是连⼊V的点）任何⼀个问题都可以⽤这样的⽅式转化、变⼩。
但总不能⽆限变⼩啊，最后回成为最简单的问题。
当有两个点，且其中的⼀个点⼊度为0的时候如图中的S-->C他们的最长距离就是权值2。
⼊门篇中说过，思考⽅向是从复杂到简单，⽽计算⽅向是从简单到复杂。
算法如下Initialize all dilg(.) values to ∞;1.Let S be the set of vertices with indegree=0; ////设集合S，⾥⾯的是⼊度为0的点2.For each vertex v in S do dilg(v)=0;3. For each v∈V\S in Topological Sorting order do //对于V中除S外的点、按照拓扑排序的顺序，依次求出最长路径并保存好 dilg(v)=max{dilg(u)+w(u, v)，(u,v)∈E} //拓扑排序可以简单的理解为从起点到终点的最短路径4. Return the dilg(v) with maximum value.现在是找到最长路径的⼤⼩了、但是如何得到最长路径呢？只需做点⼩⼩的改动：Let S be the set of vertices with indegree=0;for each vertex v in S dodist(v)=0;4. For each v∈V\S in Topological Sorting order dodilg(v)=max(u,v)∈E{dilg(u)+w(u, v)}let (u,v) be the edge to get the maximumvalue;dad(v)=u;5. Return the dilg(.) with maximum value.每⼀步都记下V的⽗节点、最后根据dad()数组即可得到路径。
一类最优指派问题的动态规划算法
为 个人所 第ｉ 需工作 上下限） 数的 及∑ ｂ：ｍ 即每 （ 个工作都有做） ｉ ｆ 知常数（ ＝１ ， ， ， ， 为已 ｅｄ ｉ ， … ２
ｆ ｌ ＝
） 第 ｉ 人第 项工 作 所用 的 时 间为 ≥ ０ ｉ＝ １ ２ ・ ， ； ＝ １ ２ … ， ， ． 个 （ ， ，一 ， ， ｍ） 确定 使 总耗 用 时 间最少 的指 派 问题 ． 该 问题 为 即
ｉ＝ ｌ
第 个 人 做 第 项 工 作 所 用 的 时 间 为 ≥ ０ ： １２ … ， ； ： １２ … ， ）本 文 给 出 了 （ ，， ，， ｚ
求 解 上 述 最 优 指 派 问 题 （ 总 耗 用 时 间最 小 ）的 动 态 规 划 算 法 ． 使
关 键 词 ：指 派 问题 ； 态 规 划 动
题 ． 以 问题 （ 是一 类 更一 般 的指 派 问题 ， 所 Ｐ） 在经 营 管 理实 践 中更 有意 义 ． 文 给 出 了求 解 问题 （ 本 Ｐ）的
动 态规 划算 法 ．
１ 动 态规划算 法
把 ｍ 项工 作指 派 ７ 个人 去 完成 的过 程具 有顺 序性 和可 分离 性 ， ＂ ／ 故可 用 动 态规 划方 法 求解
ｍ ＝
一
＝
Ｏ
④ 状态 转移 方程 为 有∑ 个工作数， １ 段到第 ｋ １ 段至少可剩余 — 从 阶 阶 少应 从第 阶 一 阶
ｌ
２
＝
＾
＾ 一１
”
∑ ｅ 作数， 第ｋ 段 个工 从 阶 到第ｎ 段至多 阶 安排∑ ｅ 工作数， 个 从第１ 段到 阶 第ｋ １ 段至 剩余 一 阶 多可
ｍｎ ∑ ｃ ｉ ∑
Ｊ＝ １ ｉ １ ＝
一、用动态规划方法手工求解下面的问题：
一、用动态规划方法手工求解下面的问题：生产单位产品的成本费为1(千元)。
同时，在任何一个月内，生产能力所允许的最大生产批量为不超过6个单位。
又知每单位产品的库存费用为每月0.5(千元)，同时要求在第一个月开始之初， 及在第四个月末，均无产品库存。
问：在满足上述条件下，该厂应如何安排各个时期的生产与库存，使所花的总成本费用最低？解：这是一个多阶段问题，我们按照计划时间自然划分阶段。
状态变量k x 定义为第k 月月初时的存储量，决策变量k u 定义为第k 月的产量，记每个月需求量为k s ，则状态转移方程为：4,3,2,1,0,1=≥-+=+k x s u x x k k k k k第k 月允许决策集合 }60|{)(≤≤=k kk k u u x D阶段指标为阶段的生产成本费用和存储费用之和，即：⎩⎨⎧=>++=00035.0),(k k k k k k k u u u x u x v指标函数为∑==41,1),(k k k k n u x v V)(k k x f 表示由第k 月出发采用最优方案到第4月月底4个月时间内总成本{}1,2,3,4,)(),(min )(11)(=+=++∈k x f u x v x f k k k k k x D u k k k k k由条件可得到递推式：()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⎩⎨⎧=>++==++∈}00035.0{min )(0)(11)(55k k k k k k x D u k k x f u u u x x f x f k k k k=4,3,2,1()}00035.0{min )(554444)(44444x f u u u x x f x D u +⎩⎨⎧=>++=∈)(44444354x D x x s x u ∈-=-+=4f (0)=7 4u =4 4f (1)=6.5 4u =3 4f (2)=6 4u =2 4f (3)=5.54u =1 4f (4)=24u =0()}00035.0{min )(443333)(33333x f u u u x x f x D u +⎩⎨⎧=>++=∈)(233343343x D x x x s x u ∈-+=-+= 3f (0) = min {12, 12.5, 13, 13.5, 11} = 11 3u =63f (1) = min {11.5, 12, 12.5, 13, 10.5} = 10.53u =6 3f (2) = min {8, 11.5, 12, 12.5, 10} = 8 3u =0 3f (3) = min {8, 11.5, 12, 9.5} = 8 3u =0 3f (4) = min {8, 11.5, 9} = 83u =0 3f (5) = min {8, 8.5} = 8 3u =0 3f (6) = min {5} = 53u =0()}00035.0{min )(332222)(22222x f u u u x x f x D u +⎩⎨⎧=>++=∈)(322232232x D x x x s x u ∈-+=-+=2f (0) = min {17, 17.5, 16, 17} = 162u =52f (1) = min {16.5, 17, 15.5, 16.5, 17.5} = 15.5 2u =4 2f (2) = min {16, 16.5, 15, 16, 17, 18} = 152u =3 2f (3) = min {12.5, 14, 14.5, 15.5, 16.5, 17.5, 15.5} = 12.52u =0 2f (4) = min {12.5, 14, 15, 16, 17, 15} = 12.52u =0 2f (5) = min {10.5, 14.5, 15.5, 16.5, 14.5} = 10.52u =0 2f (6) = min {11, 15, 16, 14} = 112u =0()}00035.0{min )(221111)(11111x f u u u x x f x D u +⎩⎨⎧=>++=∈)(211121121x D x x x s x u ∈-+=-+= 1f (0) = min {21, 21.5, 22, 20.5, 21.5} = 20.51u =5逆推可得 u={5, 0, 6, 0} x={0, 3, 0, 4}即第1个月生产5单位产品，第4个月生产6单位产品，第2、3月不生产。
采药（动态规划背包问题总结）
采药（动态规划背包问题总结）做了NOIP的题，是动态规划背包问题的典例。
采药输⼊格式：第⼀⾏有2个整数T(1≤T≤1000)和M(1≤M≤100)，⽤⼀个空格隔开，T代表总共能够⽤来采药的时间，M代表⼭洞⾥的草药的数⽬。
接下来的M⾏每⾏包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表⽰采摘某株草药的时间和这株草药的价值。
输出格式：1个整数，表⽰在规定的时间内可以采到的草药的最⼤总价值。
状态转移⽅程：vis[i][j]=vis[i-1][j-xt[i]]+xw[i],当j>=xt[i];vis[i][j]=vis[i-1][j],当j<xt[i];其中vis[i][j]表⽰采摘前i个药时最⼤花费j时所能得到的最⼤价值，xw[i]是第i个药的价值,xt[i]是第i个药的费时。
代码如下：for(int i=1;i<=m;i++)for (int j = 1;j <= t;j++){if (j >= xt[i])vis[i][j] = max(vis[i - 1][j - xt[i]] + xw[i], vis[i - 1][j]);elsevis[i][j] = vis[i - 1][j];}我们可以发现，vis数组每次i递进1时只⽤到上⼀层的i-1，所以可以⽤滚动数组替换，因为⼤的j(vis[i][j])在计算时要⽤到⼩的j(vis[i-1][j-?])，故要从t向下开始替换，以免替换之前的vis[i-1][?]被换成了vis[i][?]。
状态转移⽅程如下：vis[j]=vis[j-xt[i]]+xw[i],当j>=xt[i];vis[j]=vis[j],当j<xt[i];代码如下：for(int i=1;i<=m;i++)for (int j = t;j >= 1;j--){if (j >= xt[i])vis[j] = max(vis[j - xt[i]] + xw[i], vis[j]);elsevis[j] = vis[j];} ⼜做了⼀个题，其中每种药的个数不限制，这样⼀来⼜要套⼀个循环vis[i][j]=max(vis[i-1][j-n*xt[i]]+n*xw[i],vis[i-1][j])其中n为选择该药的数量。
DP入门（2）——DAG上的动态规划
DP⼊门（2）——DAG上的动态规划有向⽆环图（DAG,Directed Acyclic Graph）上的动态规划是学习动态规划的基础。
很多问题都可以转化为DAG上的最长路、最短路或路径计数问题。
⼀、DAG模型【嵌套矩形问题】问题：有n个矩形，每个矩形可以⽤两个整数a、b描述，表⽰它的长和宽。
矩形X(a , b)可以嵌套在矩形Y(c , d)中当且仅当a<c,b<d,或者b<c,a<d(相当于把矩形X旋转90°)。
例如(1,5)可以嵌套在(6, 2)内，但不能嵌套在(3, 4)内。
你的任务是选出尽可能多的矩形排成⼀⾏，使得除了最后⼀个之外，每个矩形都可以嵌套在下⼀个矩形内。
如果有多解，矩形编号的字典序应尽量⼩。
分析：矩形之间的“可嵌套”关系是⼀个典型的⼆元关系（我的理解是两个矩形之间存在关系），⼆元关系可以⽤图来建模。
如果矩形X可以嵌套在矩形Y⾥，就从X到Y连⼀条有向边。
这个有向图必然是⽆环的，因为⼀个矩形⽆法直接或间接地嵌套在⾃⼰内部。
换句话说，它是⼀个DAG。
这样，所要求的便是DAG上的最长路径。
【硬币问题】问题：有n种硬币，⾯值分别为V1, V2, ..., V n，每种都有⽆限多。
给定⾮负整数S，可以选⽤多少个硬币，使得⾯值之和恰好为S？输出硬币数⽬的最⼩值和最⼤值。
1 <= n <= 100, 0 <= S <= 10000, 1 <= V i <= S。
分析：此问题尽管看上去和嵌套矩形问题很不⼀样，但本题的本质也是DAG上的路径问题。
将每种⾯值看作⼀个点，表⽰“还需要凑⾜的⾯值”，则初始状态为S，⽬标状态为0。
若当前在状态 i，每使⽤⼀个硬币 j，状态便转移到i - V j。
补充：这个模型和上⼀题类似，但也有⼀些明显地不同之处：上题并没有确定路径的起点和终点（可以把任意矩形放在第⼀个和最后⼀个），⽽本题的起点必须为S，终点必须为0。
noi第一题算法
noi第一题算法NOI（全国青少年信息学奥林匹克竞赛）是中国青少年计算机科学领域最高级别的比赛之一。
作为一名参加NOI竞赛的选手，能够正确解决第一题算法问题非常关键。
下面将介绍NOI第一题算法的一种常见解法。
题目描述：给定一个长度为n（1≤n≤10000）的整数数列a1，a2，…，an，求数列的最大连续子序列和。
即需要求出一个子序列，使得其中元素和最大。
算法解答：解决该问题的一种有效方法是使用动态规划（Dynamic Programming）算法。
动态规划算法通常用于求解具有重复子问题性质的问题。
动态规划算法的基本思想是将大问题拆分成子问题来求解，并且保存子问题的解，避免重复计算。
对于该问题，我们可以通过计算每个位置i为结尾的最大连续子序列和，然后维护一个全局最大值即可。
具体步骤如下：1. 创建两个变量maxSum和currentSum，并将它们的初值均为0，用于保存最大连续子序列和和当前子序列和。
2. 从第一个元素开始遍历数列，对每个元素a[i]执行以下操作：a. 如果当前子序列和currentSum加上a[i]的值仍大于等于0，则将当前子序列和currentSum加上a[i]的值。
b. 如果当前子序列和currentSum小于0，则将当前子序列和currentSum设为0，并从下一个位置重新开始计算。
3. 每次迭代过程中，将当前子序列和currentSum与最大连续子序列和maxSum 比较，如果currentSum大于maxSum，则更新maxSum的值。
4. 遍历完整个数列后，maxSum即为所求的最大连续子序列和。
下面是使用该算法求解最大连续子序列和的伪代码实现：```maxSum = 0currentSum = 0for i = 0 to n-1:currentSum = currentSum + a[i]if currentSum >= 0:maxSum = max(maxSum, currentSum)else:currentSum = 0print maxSum```该算法的时间复杂度为O(n)，其中n为数列的长度。
运筹学教材编写组《运筹学》课后习题-动态规划的基本方法(圣才出品)
（1） A → B2 →C1 → D1 → E ；（2） A → B3 →C1 → D1 → E ； （3） A → B3 →C2 → D2 → E 。
8.3 计算从 A 到 B、C 和 D 的最短路线。已知各段路线的长度如图 8-2 所示。
图 8-2
解：设阶段变量 k = 1, 2,3, 4 ,依次表示 4 个阶段选择路线的过程；状态变量 sk 表示第 k 阶段初所处的位置；决策变量 xk 表示第 k 阶段初可能选择的路线；最优值函数 fk (sk ) 表示 从起点 A 到第 k 阶段状态 sk 的最短距离，则有
xn =sn
n
xn
，或 fn+1(sn+1) = 0
n
（2）设状态变量为 sk = ai xi (k = 1, 2, n) ，状态转移方程为 sk+1 = sk − ak xk ，最 i=k
n
优值函数 fk (sk ) 表示在 sk 状态下从第 k 阶段到第 n 阶段使 z = ci xi2 最小的值，则动态规 i=k
划的基本方程为：
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fk (sk )
=
min
0xk sk ak
{ck
xk2
+
f k +1 (sk
− ak xk )}
fn+1(sn − anxn ) = 0(k = n, n −1, 2,1)
8.5 用递推方法求解下列问题。
=
max {2
0x3 10
x32
+
f2 (s2 )} =
max {2
0x3 10
离散型动态规划问题(举例)
表1 利润增长额 gi (x j ) （百元）
投资额
(j) 0 100 200 300 400 500 600
工厂(i)
2
0 25 45 57 65 70 73
f2 (600) max{g2 (0) f3(600), g2 (100) f3(500), g2 (200) f3(400), g2 (300) f3(300), g2 (400) f3(200), g2 (500) f3(100) g2 (600) f3(0)}
工厂(i)
4
0 28 47 65 74 80 85
自然问：现在还有多少钱？即 s4 =？ s4 =0，100，200，300，400，500，600都有可能。 下面分情况讨论：
s4 0
表1 利润增长额 gi (x j ) （百元）
投资额
(j) 0 100 200 300 400 500 600
工厂2
状态 s3
投资x3
工厂3
投资x4
状态 s4 工厂4 s5
g1 (x1 )
s2 s1 x1 g 2 (x2 ) s3 s2 x2
s4 s3 x3 g3 (x3 )
g4 (x4 )
状态变量 sk ：可用于第k, k+1,…n个工厂的投资额。
决策变量 xk ：第 k 阶段对第 k 个工厂的投资额。 允许决策集 Dk ： Dk {0, 100, , sk }
投资额
(j) 0 100 200 300 400 500 600
工厂(i)
4
0 28 47 65 74 80 85
f4 (s4 )
max {g
0x4 s4
动态规划经典——最长公共子序列问题（LCS）和最长公共子串问题
动态规划经典——最长公共⼦序列问题（LCS）和最长公共⼦串问题⼀.最长公共⼦序列问题(LCS问题)给定两个字符串A和B，长度分别为m和n，要求找出它们最长的公共⼦序列，并返回其长度。
例如： A = "Hel lo W o rld" B = "loo p"则A与B的最长公共⼦序列为 "loo",返回的长度为3。
此处只给出动态规划的解法：定义⼦问题dp[i][j]为字符串A的第⼀个字符到第 i 个字符串和字符串B 的第⼀个字符到第 j 个字符的最长公共⼦序列，如A为“app”,B为“apple”，dp[2][3]表⽰ “ap” 和 “app” 的最长公共字串。
注意到代码中 dp 的⼤⼩为 (n + 1) x (m + 1) ，这多出来的⼀⾏和⼀列是第 0 ⾏和第 0 列，初始化为 0，表⽰空字符串和另⼀字符串的⼦串的最长公共⼦序列，例如dp[0][3]表⽰ "" 和“app” 的最长公共⼦串。
当我们要求dp[i][j]，我们要先判断A的第i个元素B的第j个元素是否相同即判断A[i - 1]和 B[j -1]是否相同，如果相同它就是dp[i-1][j-1]+ 1，相当于在两个字符串都去掉⼀个字符时的最长公共⼦序列再加 1；否则最长公共⼦序列取dp[i][j - 1] 和dp[i - 1][j]中⼤者。
所以整个问题的初始状态为：dp[i][0]=0,dp[0][j]=0相应的状态转移⽅程为：dp[i][j]=max{dp[i−1][j],dp[i][j−1]},A[i−1]!=B[j−1] dp[i−1][j−1]+1,A[i−1]==B[j−1]代码的实现如下：class LCS{public:int findLCS(string A, int n, string B, int m){if(n == 0 || m == 0)//特殊输⼊return 0;int dp[n + 1][m + 1];//定义状态数组for(int i = 0 ; i <= n; i++)//初始状态dp[i][0] = 0;for(int i = 0; i <= m; i++)dp[0][i] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 1; j<= m; j++){if(A[i - 1] == B[j - 1])//判断A的第i个字符和B的第j个字符是否相同dp[i][j] = dp[i -1][j - 1] + 1;elsedp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i][j - 1]);}return dp[n][m];//最终的返回结果就是dp[n][m]}};该算法的时间复杂度为O(n*m)，空间复杂度为O(n*m)。