算法作业——5.6

算法作业——5.6

问题一

John 有两个孩子，在 John病逝后，留下了一组价值不一定相同的魔卡， 现在要求你设计一种策略，帮John的经管人将John的这些遗产分给他的两个孩子，使得他们获得的遗产差异最小（每张魔卡不能分拆）。

解决思路

解法一

暴力枚举。总共 $n$ 个魔卡，那么我们算出每一种选择下两个孩子的遗产差异即可。共 $2^n$ 种情况， 可利用dfs完成搜索并更新答案。

时间复杂度 $O(2^n)$

解法二

假设魔卡总价值为 $m$ ，那么当遗产分配完只有两种情况：1.两个孩子正好各 $\frac{m}{2}$ 2.一个孩子大于 $\frac{m}{2}$ ，另一个则小于。假设第一个孩子得到的遗产总 $value\le \frac{m}{2}$ ，那么只要在此限制下尽量多得到魔卡。

那么这个问题即变为了一个01背包问题，且每个物品的价值和体积均为魔卡的价值。设 $f_{i,j}$ 表示在前 $i$ 件物品中选择，背包容量为 $j$ 时可获得的最大价值，则转移方程为
fi,j=max⁡{fi−1,j,fi−1,j−wi+wi} f_{i,j}=\max\{f_{i-1,j},f_{i-1,j-w_i}+w_i\} fi,j​=max{fi−1,j​,fi−1,j−wi​​+wi​}

void solu{
	for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=m/2; j>=w[i];j--){
                f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+w[i])
                num[j]=i;       // 记录对应选定的魔卡序号
            }
}

背包问题也可以对空间复杂度进行优化，即使用滚动数组。原理为每次转移只用到了第 $i$ 和 $i-1$ 层，则每次更新覆盖即可，为了防止先更新了较小的 $j$ ，影响后面的转移，所以 $j$ 从倒序转移。

void solu{
	for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=m/2; j>=w[i];j--)
            if(f[i-1][j]<f[i-1][j-w[i]]+w[i]){
                f[i][j]=f[j-w[i]]+w[i];
                num[j]=i;       // 记录对应选定的魔卡序号
            }
}

问题二

假设已知某股票连续若干天的股价，并且如何时候你手上只能由一支股票，即如果你要买入就得先将手上股票卖出，设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k笔交易。也就是说，你最多可以买k 次，卖 k 次。

解决思路

解法一

问题是最优问题，但不满足最优子问题，考虑动态规划。

设 $f_{i,j,0/1}$ 表示到第 $i$ 天，已经买入了 $j$ 次，手中有 $0/1$ 支股票时的最大收益，则分三种情况：1.没有股票这一天买入 2.有股票这一天卖出 3.啥也不干

得到转移方程
fi,j,1=max⁡{fi−1,j−1,0−pi}fi,j,0=max⁡{fi−1,j,1+pi}fi,j,0/1=max⁡fi−1,j,0/1 f_{i,j,1}=\max\{f_{i-1,j-1,0}-p_i\}\\ f_{i,j,0}=\max\{f_{i-1,j,1}+p_i\}\\ f_{i,j,0/1}=\max f_{i-1,j,0/1} fi,j,1​=max{fi−1,j−1,0​−pi​}fi,j,0​=max{fi−1,j,1​+pi​}fi,j,0/1​=maxfi−1,j,0/1​

void solu{
    for(int i=1;i<=k;i++)
        	f[1][i][1]=-p[0];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=k;j++){
            if(j==1) f[i][j][1]=max(f[i-1][j][1],-p[i]);
            f[i][j][1]=max(f[i-1][j][1],f[i-1][j-1][0]-p[i]);
            f[i][j][0]=max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1]+p[i]);
        }
    }
    cout<<f[n][k][0];
}

可以空间优化，同样只用到了第 $i$ 和 $i-1$ 层，则每次更新覆盖即可。为了防止先更新了较小的 $j$ ，影响后面的转移，所以 $j$ 从倒序转移。

void solu{
    for(int i=1;i<=k;i++)
        	f[i][1]=-p[0];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=k;j>=1;j--){
            if(j==1) f[j][1]=max(f[j][1],-p[i]);
            f[j][1]=max(f[j][1],f[j-1][0]-p[i]);
            f[j][0]=max(f[j][0],f[j][1]+p[i]);
        }
    }
    cout<<f[n][k][0];
}

时间复杂度为 $O(nk)$ ，空间复杂度为 $O(n)$

解法二

wqs二分——给定 $n$ 个物品，我们需要在其中 恰好 选择 $k$ 个，并且需要最大化收益。设对应的收益为 $g_k$ ，那么需要满足 在最大化收益的前提下，每多选择一个物品，额外产生的收益是单调递减的，也就是 $g_{k+1}-g_k\le g_k-g_{k-1}$ 。同时，如果我们 对物品的选择数量没有限制，即 $k$ 不存在，那么我们应当能够快速地计算出最大的收益，以及达到最大的收益需要选择的物品数量。

我们设恰好完成 $k$ 笔交易时，能够获取的最大收益为 $g_k$ ，那么
$$g_{k+1}-g_k\le g_k-g_{k-1}$$
是成立的。我们可以这样想：我们每额外增加一笔交易 $g_k\to g_{k+1}$ ，那么这一笔交易一定不会比上一笔交易 $g_{k-1}\to g_k$ 产生的收益高，否则我们就可以交换这两笔交易，使得 $g_k$ 更大，那么就与 $g_k$ 是恰好完成 $k$ 笔交易时的最大收益这个事实相矛盾了。

如果我们把 $(k,g_k)$ 看成平面直角坐标系上的点，那么这些点就组成了一个上凸壳。

虽然我们并不知道 $g_k$ 的值到底是多少（否则我们就可以直接返回正确答案了），但是我们知道 $(k,g_k)$ 对应的图像的形状，且以 $(k,g_k)$ 与 $(k+1,g_{k+1})$ 为端点的线段的 斜率是单调递减的。则可以通过对 斜率进行二分，求出 $g_k$ 的值。

如果我们选择了一个合适的斜率 $c^{\prime }$ ，使得其与上凸壳相切在了某一个我们需要的 $(k,g_k)$ 的位置，这样我们就可以在 $O(n)$ 的时间内直接求出不限制交易次数的最大收益，并且我们知道它实际上就是交易了 $k$ 次。

（因为斜率 $c$ 且与上凸壳相切的直线的截距为 $g_k-k\cdot c$ ，这个价值就是含手续费为 $c$ 的无限制买卖，且恰好交易 $k$ 次）

但其实还有两个问题

1.本题中我们限制的是最多进行 $k$ 次交易，而不是恰好进行 $k$ 次交易

如果 $(k,g_k)$ 所在的位置是上凸壳的左半部分（即斜率大于等于 $0$ 的部分），那么我们就可以使用上面的方法得到答案，这是因为最优的答案一定是进行 $k$ 次交易的；

如果 $(k,g_k)$ 所在的位置是上凸壳的右半部分（即斜率小于 $0$ 的部分），那么我们通过二分是没有办法找到斜率 $c$ 并且计算出对应的 $(k,g_k)$ 的。具体的做法可以在第二个问题中得到解释，也就是我们可以规定二分查找的上下界。

2.二分上下界如何确定

令下界为1，则右半部分会被舍去，若 $(k,g_k)$ 的位置在右半部分，则查找失败。

令上界为最大的股价 $P$ ，如果查找失败，那么说明最大收益对应的交易次数是严格小于题目中给定的 $k$ 的，这就说明 交易次数的限制并不是瓶颈，而价格才是 ，那就可以当作无限交易次数，利用贪心解决

ps：我们二分查找判断的收益是 $g_k-k\cdot c$ ，要在结果上加上 $k\cdot c$

void solu{
   for(int i=1;i<=n;i++)
       P=max(P,price[i]);
   int l=1,r=P;
   int ans=-1;
   while(l<=r){
       int c=(l+r)>>1;
       
       //无限制的贪心
       int buy_cnt=0,sell_cnt=0;
       int buy=-price[0],sell=0;
       for(int i=1;i<=n;i++){
           if(sell-price[i]>=buy){
               buy=sell -price[i];
               but_cnt=sell_cnt;
           }
           if(buy+price[i]-c>=sell){
               sell=buy+price[i]-c;
               sell_cnt=buy_cnt+1;
           }
       }
       if(sell_cnt>=k){
           ans=sell+k*c;
           l=c+1;
       }
       else r=c-1;
   }
   //如果二分查找失败
   if(ans==-1){
       ans=0;
       for(int i=1;i<n;i++)
           ans+=max(price[i]-price[i-1],0);
   }
   cout<<ans;
}

时间复杂度 $O(n\log P)$ ，空间复杂度 $O(1)$