详细总结【动态规划】的解题规律

动态规划

准备工作

首先，我们需要确定适用动态规划这种算法的题目特征，毕竟笔试题不会好心地在旁边标上动态规划的标签。

维基百科：动态规划在查找有很多重叠子问题的情况的最优解时有效……只能应用于有最优子结构的问题。听起来非常云里雾里（专业总结都是这么抽象）。我们先来理解一下最优子结构。最优子结构是局部最优解能决定全局最优解。也就是说，动态规划其实和分治方法非常类似，都是通过组合子问题的解来求解原问题，但是分治方法划分的子问题互不相交，而动态规划的子问题则互相重叠。为了减少复杂度，保证每个子问题只求解一次，我们利用**历史记录（备忘录）**来避免重复计算，其实就是所谓的dp数组（一维/二维/甚至有三维，不过一般会压缩到二维）

下面就正式进入求解三部曲：

• 确定dp数组的含义：好的开始就是成功的一半！本人曾经多少次因为找不出dp数组的含义而默默流泪，举步维艰……其实数组的含义一般都不会太复杂，一般都直接和要求解的问题挂钩，背包问题就是最好的示例。
• 找出状态转移方程：实战部分！需要我们深入分析每种可能的情况。
• 确定初始状态：请不要忽略这一步！不正确的边界条件常常是一些奇怪bug的罪魁祸首，对细心和耐心程度要求很高！可以用极端的测试数据自己在纸上演练一遍。这里通常要注意dp数组是从0开始还是从1开始。

在求解出正确答案的前提下，我们还常常进行dp数组的压缩。这部分将在后面具体展开。

基本：一维

练手题：53（经典） 70 213 198 413（可以直接用数学知识解） 650（有坑，解法很巧妙）

• 浅浅总结一下以上涉及到的dp数组的含义

  • Q：求在不触发机关的情况下最多可以抢劫这n个房子的多少钱

    dp[i]：抢劫到第 i 个房子时，可以抢劫的最大数量（return dp[n]）

  • Q：求给定数组中连续且等差的子数组一共有多少个

    dp[i]：以第i个数组元素结尾的子数组数目(return accumulate(dp.begin(), dp.end(), 0))

  • Q：给定整数数组 nums ，请找出一个具有最大和的连续子数组（最少包含一个元素），返回其最大和

    dp[i]：dp[i]表示以i结尾的连续数组的最大值，最后返回其中的最大值

  我们发现，dp数组的含义大多和求解问题直接挂钩，当然后面会根据问题的不同需要部分变通

下面讲解一些个人认为比较有代表性的题：

• 213打家劫舍 II：作为70题的plus版本，该题增加了一个限制：这个地方所有的房屋都 围成一圈 。这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。本菜狗一开始一直试图通过改变dp数组的含义或者状态转移方程来解题，后面发现正确的思路应该是分治：分为不偷第一间和不偷最后一间的情况。**注意是不偷不是偷！**如果是偷的话就需要分三种情况了。想通后就豁然开朗了。

  class Solution {
  public:
  //不要想着一次性解决，将情况分为两种，最后取max就好
      int rob(vector<int>& nums) {
          if(nums.size()==1) return nums[0];
          //不偷第一间！分情况不是分成偷第一间和偷最后一间，这样会出来三种情况
          //动态规划中也是可以结合分治算法的
          int ppre=0,pre=0,cur1,cur2;
          for(int i=1;i<nums.size();++i){
              cur1=max(ppre+nums[i],pre);
              ppre=pre;
              pre=cur1;
          }
          //不偷最后一间
          ppre=pre=0;
          for(int i=0;i<nums.size()-1;++i){
              cur2=max(ppre+nums[i],pre);
              ppre=pre;
              pre=cur2;
          }
          return max(cur1,cur2);
      }
  };
  

• 343整数拆分：给定正整数 n 将其拆分为 k 个 正整数 的和（ k >= 2 ）并使这些整数的乘积最大化。

  特点：本身不难，但是有很多小细节，以及转移方程不一定是根据dp的历史结果

  int integerBreak(int n) {
      vector<int> dp(n+1,1);
      for(int i=2;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<i;++j) //不能取i，不能sqrt，不用整除……天知道我踩了多少诡异的坑
          dp[i]=max(dp[i],max(j,dp[j])* max(i-j,dp[i-j]));
      return dp[n];
  }
  

• 650：最初记事本上只有一个 ‘A’ ，可以通过Copy All（复制当前全部）和Paste（粘贴上一次复制的字符），求最少的操作次数使记事本上输出恰好 n 个 ‘A’ 。

  审题：是拷贝当前！的全部，粘贴也只能是上一次！复制的字符。不同于以往通过加减实现的动态规划，这里需要乘除法来计算位置，因为粘贴操作是倍数增加的。

  dp[i]：延展到长度 i 的最少操作次数。对于每个位置 j，如果 j 可以被 i 整除，那么长度 i 就可以由长度 j 操作得到，其操作次数等价于把一个长度为 1 的 A 延展到长度为 i/j。因此递推公式是 dp[i] = dp[j] + dp[i/j]。

  注意，官方给的题解状态转移方程是min(dp[i/j]+j-1,dp[j]+i/j-1)</