动态规划-----（思路详解）

动态规划

引入–—递推（斐波那契数列）
1     1    2    3    5    8    13    
后一个数等于前两个数的和
f(1)=1,f(2)=1
f(n)=f(n-1)+f(n-2)-----(n>2)

欲算f(5)需要知道f(4)和f(3)
欲算f(4)需要知道f(3)和f(2)
以此类推
会发现上图中重复着算了两次f(3),这样的话时间复杂度就是O(2^n)

但是计算机把上图中左分支的f(3)算出来之后，保存下来，右分支的f(3)可直接使用

这样计算，时间复杂度变为O(n)

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动态规划最优解1

• 题目：

横轴代表时间，小长方形代表任务，每个任务有一定的收入，例如第一个任务代表500元…,第一个任务需要在1点到4点完成，第二个任务3点到5点，工人想做任务挣最多的钱？（时间不可以冲突)

• 分析思路：

两种方案:选和不选

设OPT（i）:考虑第1个，第2个，…，第8个的最优解
此时假设i=8，OPT（8）考虑选还是不选
1.当选8时，可以挣400，发现第6个和第7个不能选
2.当不选，可以考虑前面7个的最优解

看两种那种解更好即为最优解

因为时间限制的原因：
动态规划一般是自下向上的
prev(8)=5 (一定要做任务8,之后只能做任务5之前的)
prev(7)=3（一定要做任务7,之后只能做任务3之前的）
prev(6)=2（，，，）
.
.
.
prev(2)=0（一定要做任务2,之后任务都无法完成）

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动态规划最优解2

• 问题引入：

有一组数字1,2，4,1,7,8,3
需要满足以下条件：在这几个数里面选出的数，不能是相邻的，并且使得选中的数字加起来和最大

• 分析思路：

递归出口条件：
OPT(0)=Arr[0]
递归法----伪代码：

int rec_opt(arr, i){
  if(i==0) 
return arr[0];
else if(i==1) 
return arr[0]>arr[1]?arr[0]:arr[1];
else {
int a = rec_opt(arr, i-2)+arr[i];
int b = rec_opt(arr, i-1);
return a>b?a:b;
 }
} 
 main
int[] arr = {4,1,1,9,1};
cout<<dp_opt(arr)<<endl;
cout<<rec_opt(arr,arr.length-1())<<endl;

非递归法-----伪代码：

 dp_opt(arr) {
int[] opt = new int[arr.length];
opt[0] = arr[0];
opt[1] = arr[0]>arr[1]?arr[0]:arr[1];
for(int i=2;i<opt.length;i++) {
int a = opt [i-2+]arr[i];
int b = opt [i-1];
opt[i] = a>b?a:b;
}
return opt [arr.length-1];
}


main
int[] arr = {4,1,1,9,1};
cout<<dp_opt(arr)<<endl;
cout<<rec_opt(arr,arr.length-1())<<endl;