本人看了vivo，阿里巴巴的校招算法题，可以明确知道绝对有动态规划。如果没有，那么出题的面试官真的没有水平。跌了N次的动态规划，Runsen最近也拼命搞动态规划。这篇文章浪费了三天时间。
看了Leetcode公众号的文章：https://mp.weixin.qq.com/s/rhyUb7d8IL8UW1IosoE34g
极客时间超哥的动态规划、拉勾教育的算法专栏。Runsen真的不想在动态规划，死一次又一次。死了N次，学了N次，就是他妈的写不出来。
动态规划需要搞定三个系列：三个背包，零钱问题和股票问题。今天，Runsen就开始干掉最重要的「背包问题」。
三个背包问题：01背包，多重背包，完全背包。
动态规划前置知识
动态规划的名词
「状态转移方程」：比如Runsen们一般看到的状态转移方程：dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。
「最优子结构：一般由最优子结构，推导出一个状态转移方程 f(n)，就能很快写出问题的递归实现方法。把大问题变成几个小问题，在几个小问题中求出最佳解。」
「重叠子问题：比如斐波那契数列中的f(5)，算了f(4)和f(3)，结果f(4)又给Runsen算了一次f(3)。其实就是将一棵二叉树进行剪枝操作，方法是备忘录来存储在内存上。」
「自下而上：反过来求解」
动态规划思路
动态规划是一种求问题最优解的方法。通用的思路：将问题的解转化成==> 求解子问题，==> 递推，==>最小子问题为可直接获得的初始状态。
详细的步骤下面所示：
判断是否可用递归来解，可以的话进入步骤 2
分析在递归的过程中是否存在大量的重复子问题
采用备忘录的方式来存子问题的解以避免大量的重复计算(剪枝)
改用自底向上的方式来递推，即动态规划
关键就是「找状态转移方程」。
斐波那契数列和爬楼梯问题
斐波那契数列最早从兔子问题演变过来的，
假设一对初生兔子一个月到成熟期，一对成熟兔子每月生一对兔子，并且一年内没有发生死亡。那么，由一对初生兔子开始 一年以后可以繁殖多少对兔子?
我们直接看下面的图
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233……
发现以上规律是，每月的兔子对数=上一月的兔子对数+该月新生的兔子对数=上一月的兔子对数+上上月的兔子对数
得到序列：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233……
这个序列即为斐波那契数列“(Fibonacci sequence)”。斐波那契数列中的任一个数，都叫斐波那契数
斐波那契数列，通常都是用来讲解递归函数，尝试用递归的思路来解决，但是时间复杂度高达
。
- def fib(n):
- if n <= 1:
- return 1
- return fib(n-1) + fib(n-2)
- for i in range(20):
- print(fib(i), end=' ')
但是，我们发现时间复杂度高达
，最主要的原因是存在重复计算。比如fib(3) 会计算 fib(2) + fib(1)， 而 fib(2) 又会计算 fib(1) + fib(0)。
这个 fib(1) 就是完全重复的计算，不应该为它再递归调用一次，而是应该在第一次求解除它了以后，就把他“记忆”下来。
这就是备忘录解法，用空间来换取时间的思路。把已经求得的解放在字典Map或者列表list 里，下次直接取，而不去重复结算。
备忘录解法的代码和动态规划的代码和思路基本一致。
斐波那契数列在Leetcode也有一题类似的，这是Leetcode第70题. 爬楼梯，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。
- 输入：2
- 输出：2
- 解释： 有两种方法可以爬到楼顶。
- 1. 1 阶 + 1 阶
- 2. 2 阶
斐波那契数列和爬楼梯问题的状态转移方程都是:dp[i] = dp[i-1] +dp[i-2]。但是需要初始化dp，不然回报list assignment index out of range的错误。
下面就是斐波那契数列问题 爬楼梯的解决代码，也是Leetcode70题的解决代码。
- class Solution:
- def Fibonacci(self, n):
- if n == 0:
- return 1
- if n == 1:
- return 1
- if n > 1:
- dp = [0] * (n+1)
- dp[0] = 1
- dp[1]= 1
- for i in range(2,n+1):
- dp[i] = dp[i-1] +dp[i-2]
- return dp[n]
Leetcode53 最大子序和
最大子序和，Runsen记得很清楚是Leetcode的53题。
- 输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4],
- 输出: 6
- 解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。
声明两个变量, currentSum: 之前连续几个值相加的和, maxSum: 当前最大的子序列和。最大子序和状态转移方程 f(i) = max(f(i), f(i)+nums[i+1])
- def maxSubArray(nums) :
- '''查找连续子数组的最大和
- Args:
- nums: 整数数组
- Returns:
- 返回整数数组的最大子序和
- '''
- # 比较当前子序和，最大子序和，返回最大值
- # 定义当前子序和以及最大子序和为第一个元素
- cursum = maxsum = nums[0]
- for i in range(1, len(nums)):
- cursum = max(nums[i], cursum + nums[i])
- print(cursum)
- # 比较当前值和定义的最大子序和值，将最大值重置赋值给 max_sum
- maxsum = max(cursum, maxsum)
- print(maxsum)
- return maxsum
- print(maxSubArray([-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]))
前面只是动态规划的热身，Runsen先进入「三个背包问题的强化系列」，01背包问题才是动态规划的入门阶段。
01背包问题
对应的题目：https://www.acwing.com/problem/content/2/
01背包问题就是物品只有一件。
- 输入格式 : 第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。
- 输出格式 : 输出一个整数，表示最大价值。
- 数据范围 : 0<N,V≤1000 ；0<vi,wi≤1000
输入样例
- 4 5
- 1 2
- 2 4
- 3 4
- 4 6
输出样例：
- 8 # 4+4 2+6
在解决这类问题先，dp怎么定义和状态转移方程怎么搞就是重要，搞定了就是半分钟的事情。搞不定了可能半小时的事情。
很多人和Runsen一样，都会把状态定义二维数组：
为前i「个」 物品中，体积恰好为v 时的最大价值。
状态转移方程也是顺便搞定：
如果 「不选第 i 个物品」，那么前 i 个背包的最大价值就是前 i-1 个物品的价值，即 dp[i][j] = dp[i-1][j];
如果 「选择了第 i 个物品」，前 i-1 个物品的体积就是j - weight[i]，状态方程为 dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]，注意这时的价值是前i-1个物品的价值，因此少了 weight[i]]的空间，所以 dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]。
- '''
- @Author：Runsen
- @WeChat：RunsenLiu
- @微信公众号：Python之王
- @CSDN：https://blog.csdn.net/weixin_44510615
- @Github：https://github.com/MaoliRUNsen
- @Date：2020/9/10
- '''
- # n是个数 v是体积 # 4 5
- n, v = map(int, input().split())
- goods = []
- for i in range(n):
- goods.append([int(i) for i in input().split()])
- # 初始化，先全部赋值为0，这样至少体积为0或者不选任何物品的时候是满足要求
- # 因为for 循环先遍历个数，所以将体积写在里面
- dp = [[0 for i in range(v+1)] for j in range(n+1)]
- print(goods) # [[1, 2], [2, 3], [3, 4], [4, 5]]
- # 0 可以无视掉
- for i in range(1, n+1):
- for j in range(1,v+1):
- # 判断背包容量是不是大于第i件物品的体积
- if j>=goods[i-1][0]:
- # 在选和不选的情况中选出最大值
- dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i - 1][j - goods[i - 1][0]] + goods[i - 1][1])
- else:
- # 第i个物品不选
- dp[i][j] = dp[i-1][j]
- print(dp)
- print(dp[-1][-1])
- # 测试数据
- 5 10
- 1 2
- 2 3
- 3 4
- 4 5
- 5 6
- [[1, 2], [2, 3], [3, 4], [4, 5], [5, 6]]
- [[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0], [0, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2], [0, 2, 3, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5, 5], [0, 2, 3, 5, 6, 7, 9, 9, 9, 9, 9], [0, 2, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 14], [0, 2, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 14]]
- 14 # 2+3+4+5
上面代码，如果知道了dp怎么定义和状态转移方程，那么和Runsen写的一样快，其实那时Runsen写得挺慢得，说不定你比Runsen还厉害。
上面的代码是状态定义二维数组，有的大佬竟然可以把状态定义一维数组，这样空间就节省了。「Runsen都百思不知其解」。只能说Runsen真的挺菜的。只好勤能补拙!
一维数组就是去掉了状态，且的遍历方式改为 「倒序」 遍历到 c[i]。
因此，Runsen们可以将求解空间进行优化，将二维数组压缩成一维数组，此时，转移方程变为：
- '''
- @Author：Runsen
- @WeChat：RunsenLiu
- @微信公众号：Python之王
- @CSDN：https://blog.csdn.net/weixin_44510615
- @Github：https://github.com/MaoliRUNsen
- @Date：2020/9/10
- '''
- n, v = map(int, input().split())
- goods = []
- for i in range(n):
- goods.append([int(i) for i in input().split()])
- print(goods) # [[1, 2], [2, 3], [3, 4], [4, 5], [5, 6]]
- dp = [0 for i in range(v + 1)]
- for i in range(n):
- # 由于要放入物品，所以从空间v开始遍历到0
- for j in range(v, -1, -1):
- # 判断背包容量是不是大于第i件物品的体积
- if j >= goods[i][0]:
- # 更新j的状态，即当前容量放入物品之后的状态
- dp[j] = max(dp[j], dp[j - goods[i][0]] + goods[i][1])
- print(dp)
- print(dp[-1])
- 5 10
- 1 2
- 2 3
- 3 4
- 4 5
- 5 6
- [[1, 2], [2, 3], [3, 4], [4, 5], [5, 6]]
- [0, 2, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 14]
- 14
上面就是01背包的最终解决方法，由于文章有限，多重背包，完全背包将在之后的博客进行书写!!!
不知不觉现在写了几天，代码反复写，写完写博客，真心累!谁叫自己的算法比较弱!
希望以后遇到01背包的问题，就是在恐怖的算法面试中遇见了Runsen的爱情!
参考资料
[1]传送门~:https://github.com/MaoliRUNsen/runsenlearnpy100
