动态规划/回溯/贪心

原创已于 2025-09-09 11:48:43 修改 · 179 阅读

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#动态规划 #算法 #贪心算法 #c++

于 2021-06-24 13:57:03 首次发布

回溯法

回溯的本质是一种**“试探性搜索”策略**
通过“逐步构建解空间，及时剪枝无效路径”来寻找问题的解，或者是枚举所有解
最简单的理解，就是对解空间进行深度优先搜索(DFS)，每个解都可以构建成一颗搜索树
回溯最直接的写法，就是递归

贪心

贪心的本质是局部最优解导向全局最优
需要满足最优子结构，也就是必须先证明局部最优，一定可以导向全局最优
若不满足最优子结构，说明本场景不适用贪心算法

动态规划

动态规划的本质是“重叠子问题”和“最优子结构”
通过定义状态（存储子问题解）和状态转移方程（复用子问题解）”，以空间换时间
动态规划的题目一般都可以用回溯法，只不过数据量大可能会超时，动态规划 ≈ 回溯 + 剪枝

实战举例

leetcode 494.目标和

给你一个非负整数数组 nums 和一个整数 target 。

向数组中的每个整数前添加 +或- ，然后串联起所有整数，可以构造一个表达式：

例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 + ，在 1 之前添加 - ，然后串联起来得到表达式 +2-1 。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同表达式的数目。

思路拆解

目标和：nums数组里面每个数添加符号，组成目标值target，可以拆解成“+”的集合A，和“-”的集合B
目标和的答案是：sum(A) - sum(B) = target，而total = sum(A) + sum(B)，可以推导出sum(A) = (total - target) / 2
题目等价于“找到所有子集A”，抽象层面就是“二元选择”和“累积效应”，满足动态规划，将需要重复计算的结果累计保存
之所以可以这么转化，是因为两个问题的解空间是完全同构的

回溯法

先用回溯法解本题，回溯一般分两种思路

输入的视角：“选or不选”
答案的视角：每个节点枚举所有可能答案，递归下一个节点

本题采用第一种解法

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        // 计算 sum(A)
        int s = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - abs(target); // target可能是负数
        // sum(A) 必须是偶数，因为除以2，得出来的结果必须是整数，才能符合题目要求
        if (s < 0 || s & 1 != 0) {
            return 0;
        }

        int ans = 0;
        function<void(int, int)> dfs = [&](int i, int c) { // i: f(i); c: sum(A) - nums[i]
            // 退出条件
            if (i < 0) {
            	// 遍历完成，并且c(容量)满足目标值
                if (c == 0) {
                    ans++;
                }
                return;
            }

            // 不选，直接递归下一个节点
            dfs(i - 1, c);
            // 选，剩余容量减去待选取容量
            if (c >= nums[i]) {
                dfs(i - 1, c - nums[i]);
            }
        };

        dfs(n - 1, s / 2);
        return ans;
    }
};

可证明，动态规划的题目，实际上也可以回溯解，只不过回溯会枚举所有的可能解，而本题实际上只需要计算满足解的数量，并不需要体现每一种解法，而且一般纯回溯容易导致超时

时间复杂度：O(2ⁿ)：nums.length == n，每个元素选或者不选两种可能
空间复杂度：O(n)，栈的递归深度

动态规划

记忆化搜索

记忆化搜索(Memoization)，本质是自顶向下(Top-Down)的动态规划实现方式
记忆化搜索，采用 递归 + 记忆表(memo) 实现，从原问题递归到子问题

因此可以考虑使用动态规划的解法，上面提到动态规划 ≈ 回溯 + 剪枝

由以上的递归回溯解法，可以推导出一个状态转移方程：f(i, c) = f(i - 1, c) + f(i - 1, c - nums[i])
那么实际上在回溯每个解法的时候，退出条件都是递归到i < 0，也就是遍历完nums[i]，才能知道是否符合条件
因此每个f(i)都可能存在被多次重复计算，可以剪枝

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        // 计算 sum(A)
        int s = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - abs(target); // target可能是负数
        // sum(A) 必须是偶数，因为除以2，的出来的结果必须是整数，才能符合题目要求
        if (s < 0 || s & 1 != 0) {
            return 0;
        }

        int m = s / 2; // 背包容量
        vector memo(n, vector<int>(m + 1, -1)); // 初始化-1，表示没访问过，[0, m]
        function<int(int, int)> dfs = [&](int i, int c) -> int { // i: f(i); c: sum(A) - nums[i]
            // 退出条件
            if (i < 0) {
                return c == 0;
            }

            // 剪枝，不重复计算
            if (memo[i][c] != -1) { // c最大就是容量m，不会越界
                return memo[i][c];
            }

            // 剩余容量不足，只能不选
            if (c < nums[i]) {
                return memo[i][c] = dfs(i - 1, c);
            }

            return memo[i][c] = dfs(i - 1, c) + dfs(i - 1, c - nums[i]);
        };

        return dfs(n - 1, m);
    }
};

此题转化成动态规划，实现上是一种记忆化搜索，记忆化搜索 = 递归搜索 + 保存计算结果(备忘录)，本题本质上也是0-1背包问题，从i == n - 1开始递归计算，依次计算从[i, n - 1]组成容量c(总和c)的方案数，直到边界条件i == 0

时间复杂度：O(nm)，n == nums.length，每个nums[i]，都有m种背包容量的遍历，状态个数 = m * n
空间复杂度：O(nm)，每个状态计算结果都保存

迭代(递推)

递推是动态规划自底向上(Bottom-up)的实现方式
采用 迭代 + 动态规划表(dp数组) 实现，从子问题逐步计算到原问题

因此，本题也有另外一种实现方式

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        // 计算 sum(A)
        int s = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - abs(target); // target可能是负数
        // sum(A) 必须是偶数，因为除以2，的出来的结果必须是整数，才能符合题目要求
        if (s < 0 || s & 1 != 0) {
            return 0;
        }

        int m = s / 2; // 背包容量
        vector dp(n + 1, vector<int>(m + 1));
        dp[0][0] = 1; // sum(A)的子集，表示总和0，也就是空集，算一种解决方案，初始化1

        // dp[i][c]表示前i个元素，容量为c的方案数量
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int c = 0; c <= m; c++) {
                // 只能不选
                if (c < nums[i]) {
                    dp[i + 1][c] = dp[i][c];
                } else {
                    dp[i + 1][c] = dp[i][c] + dp[i][c - nums[i]]; // i 表示dp的第i + 1元素，因为手动加入了dp[0]，总长度是n + 1
                }
            }
        }

        return dp[n][m];
    }
};

递推，一般采用循环的方式，本题中与记忆化搜索不同的写法是，从i == 0开始遍历，依次计算前i个元素组成容量c(总和c)的方案数，直到边界条件i == n

时间复杂度：O(nm)
空间复杂度：O(nm)

两种写法只是推演方向不同，一种自顶向下(递归)，一种自底向上(递推)，时间复杂度是一致的，简单讲下两种思路的区别

维度	记忆化搜索（递归）	迭代（递推）
计算顺序	自顶向下(Top-Down) ：原问题->子问题	自底向上(Bottom-Up)：子问题->原问题
实现方式	递归 + 记忆表/备忘录(哈希表 / memo数组)	迭代/循环 + dp数组
空间开销	额外包含递归栈空间(数据量大可能导致溢出)	仅需dp表
适用场景	子问题稀疏型，无需全量计算，“懒加载”	子问题密集型，需要遍历所有解

针对适用场景，举个例子，计算组合数C(n, k)

状态转移方程：C(n, k) = C(n - 1, k - 1) + C(n - 1, k)
当n = 1000， k = 2时，属于子问题稀疏型，不需要计算全量解，最终只涉及k ≤ 2的解，总数量约1000 * 3
当k无限接近n时，就属于子问题密集型

因此，当问题数据规模大，优先选择无递归栈调用的递推方式解决，但是以上两种解法，除了时间复杂度一样，空间复杂度也没区别
实际上，我们可以针对第二种解法，优化空间复杂度

思路拆解

状态转移方程：dp[i + 1][c] = dp[i][c] + dp[i][c - nums[i]]
可见，只需要依赖两个一维的dp数组，而不需要申请n个

所以，可以针对以上递推的代码，实现滚动数组的修改，降低空间复杂度

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        // 计算 sum(A)
        int s = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - abs(target); // target可能是负数
        // sum(A) 必须是偶数，因为除以2，的出来的结果必须是整数，才能符合题目要求
        if (s < 0 || s & 1 != 0) {
            return 0;
        }

        int m = s / 2; // 背包容量
        vector dp(2, vector<int>(m + 1));
        dp[0][0] = 1; // sum(A)的子集，表示总和0，也就是空集，算一种解决方案，初始化1

        // dp[i][c]表示前i个元素，容量为c的方案数量
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int c = 0; c <= m; c++) {
                // 只能不选
                if (c < nums[i]) {
                    dp[(i + 1) % 2][c] = dp[i % 2][c];
                } else {
                    dp[(i + 1) % 2][c] = dp[i % 2][c] + dp[i % 2][c - nums[i]]; // i 表示dp的第i + 1元素，因为手动加入了dp[0]，总长度是n + 1
                }
            }
        }

        return dp[n % 2][m];
    }
};

实现了，只需要两个滚动数组，依次替换dp保存中间计算结果

时间复杂度：O(nm)
空间复杂度： O(m)

但该题可以继续优化空间，只用一个一维数组搞定，只不过需要注意，必须倒序遍历

class Solution {
public:
    int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
        int n = nums.size();
        // 计算 sum(A)
        int s = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0) - abs(target); // target可能是负数
        // sum(A) 必须是偶数，因为除以2，的出来的结果必须是整数，才能符合题目要求
        if (s < 0 || s & 1 != 0) {
            return 0;
        }

        int m = s / 2; // 背包容量
        vector<int> dp(m + 1);
        dp[0] = 1; // sum(A)的子集，表示总和0，也就是空集，算一种解决方案，初始化1

        // dp[c]表示前i个元素，容量为c的方案数量（i被隐藏）
        for (int x : nums) {
            // 需要倒序遍历，否则计算dp[c]时，dp[c - x]可能已经被覆盖
            for (int c = m; c >= x; c--) {
                dp[c] += dp[c - x];
            }
        }

        return dp[m];
    }
};

背包问题

背包问题作为动态规划的典型，不可不提

0 - 1背包

题目：有n块物品，每块有不同的价值v和重量w，现有一个容量上限为m的背包，如何使得装入的物品价值最大？

状态转移方程：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i])

怎么理解状态转移方程呢？

dp[i][j]表示将前i块物品装入容量为j的背包中的最大价值；
如上述所言，动态规划实际上就是减少子问题的计算量，将中间量保存下来，因此需要计算从0开始到n每个物品的动作，即装入或者不装入两种选择(0 <= i <= n)；
另外，还需要记录从1开始，到背包容量m的每个容量的最大价值，满足前置条件最优化，需要另一层循环(1 <= j <= m)；
综上所述，0 - 1背包的时间复杂度就是O(n * m)；
0 - 1背包依然可以采取滚动数组的处理方式，对空间进行降维处理，即空间复杂度为O(m)；

代码如下：

int maxValue(vector<int>& weights, vector<int>& values, int m)
{
    if (weights.empty() || values.empty()) {
        return 0;
    }
    
    vector<int> dp(m + 1, 0);
    int n = weights.size();
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = m; j >= weights[i]; --j) { // 注意j的遍历顺序
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - weights[i]] + values[i]);
        }
    }
    
    return dp[m];
}

为什么j的遍历顺序要从后往前推呢？

首先这是空间优化的结果，因为每个物品的装入状态计算，依赖于上一个物品的计算结果，从二维数组形式上看，每个dp[i][j]，都依赖于上一层(i - 1)的计算结果；
比如dp[i - 1][j - w[i]]，而优化后的数组仅有一维，若从左往右计算，会将dp[i - 1][j - w[i]]的值覆盖，造成计算结果错误；
通俗的理解，可参照上述题目最短路径和，从表的形式上看，每个数组元素的计算都依赖于上方元素和上一层“靠左”的元素，若从左往右遍历，会先刷新左边的元素(优化成一维)，造成后续计算错误；

多重背包

未完待续。。。