内容简介：算法-动态规划
什么是动态规划?
动态规划(Dynamic Programming，所以我们简称动态规划为DP)是运筹学的一个分支，是求解决策过程(decision process)最优化的数学方法。20世纪50年代初美国数学家R.E.Bellman等人在研究多阶段决策过程(multistep decision process)的优化问题时，提出了著名的最优化原理(principle of optimality)，把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，利用各阶段之间的关系，逐个求解，创立了解决这类过程优化问题的新方法——动态规划。1957年出版了他的名著《Dynamic Programming》，这是该领域的第一本著作。 动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度，因此它比回溯法、暴力法等要快许多。 说了这么多术语，想必大家都很头疼，现在让我们通过一个例子来了解一下DP的基本原理。
首先，我们要找到某个状态的最优解，然后在它的帮助下，找到下一个状态的最优解。这句话暂时理解不了没关系，请看下面的例子:
如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？
我们凭直观感觉告诉自己，先选面值最大，因此最多选2枚5元的硬币，现在是10元了，还差一元，接下来我们挑选第二大的3元硬币，发现不行（10+3=13超了），因此我们继续选第三大的硬币也就是1元硬币，选一个就可以（10+1=11），所以总共用了3枚硬币凑够了11元。这就是贪心法，每次选最大的。但是我们将面值改为2元，3元和5元的硬币，再用贪心法就不行了。为什么呢？按照贪心思路，我们同样先取2枚最大5元硬币，现在10元了，还差一元，接下来选第二大的，发现不行，再选第三大的，还是不行，这时用贪心方法永远凑不出11元，但是你仔细看看，其实我们可以凑出11元的，2枚3元硬币和1枚五元硬币就行了，这是人经过思考判断出来了的，但是怎么让计算机算出来呢？这就要用动态规划的思想：
首先我们思考一个问题，如何用最少的硬币凑够i元(i<11)？为什么要这么问呢？两个原因：1.当我们遇到一个大问题时，总是习惯把问题的规模变小，这样便于分析讨论。 2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的，除了规模变小，其它的都是一样的，本质上它还是同一个问题(规模变小后的问题其实是原问题的子问题)。
好了，让我们从最小的i开始吧。当i=0，即我们需要多少个硬币来凑够0元。由于1，3，5都大于0，即没有比0小的币值，因此凑够0元我们最少需要0个硬币。 (这个分析很傻是不是？别着急，这个思路有利于我们理清动态规划究竟在做些什么。) 这时候我们发现用一个标记来表示这句“凑够0元我们最少需要0个硬币。”会比较方便，如果一直用纯文字来表述，不出一会儿你就会觉得很绕了。那么，我们用d(i)=j来表示凑够i元最少需要j个硬币。于是我们已经得到了d(0)=0，表示凑够0元最小需要0个硬币。当i=1时，只有面值为1元的硬币可用，因此我们拿起一个面值为1的硬币，接下来只需要凑够0元即可，而这个是已经知道答案的，即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。当i=2时，仍然只有面值为1的硬币可用，于是我拿起一个面值为1的硬币，接下来我只需要再凑够2-1=1元即可(记得要用最小的硬币数量)，而这个答案也已经知道了。所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到这里，你都可能会觉得，好无聊，感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为1的硬币！耐心点，让我们看看i=3时的情况。当i=3时，我们能用的硬币就有两种了：1元的和3元的( 5元的仍然没用，因为你需要凑的数目是3元！5元太多了亲)。既然能用的硬币有两种，我就有两种方案。如果我拿了一个1元的硬币，我的目标就变为了：凑够3-1=2元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。这个方案说的是，我拿3个1元的硬币；第二种方案是我拿起一个3元的硬币，我的目标就变成：凑够3-3=0元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 这个方案说的是，我拿1个3元的硬币。好了，这两种方案哪种更优呢？记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够3元的。所以，选择d(3)=1，怎么来的呢？具体是这样得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。
OK，码了这么多字讲具体的东西，让我们来点抽象的。从以上的文字中，我们要抽出动态规划里非常重要的两个概念：状态和状态转移方程。
上文中d(i)表示凑够i元需要的最少硬币数量，我们将它定义为该问题的”状态”，这个状态是怎么找出来的呢？根据子问题定义状态。你找到子问题，状态也就浮出水面了。最终我们要求解的问题，可以用这个状态来表示：d(11)，即凑够11元最少需要多少个硬币。那状态转移方程是什么呢？既然我们用d(i)表示状态，那么状态转移方程自然包含d(i)，上文中包含状态d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。没错，它就是状态转移方程，描述状态之间是如何转移的。当然，我们要对它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j个硬币的面值;
有了状态和状态转移方程，这个问题基本上也就解决了。当然了，Talk is cheap,show me the code!
int main()
{
int a[3] = {1,3,5},sum = 11,cent = 0,dp[12];
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= sum; i++) dp[i] = i;//我们假设存在1元的硬币那么i元最多只需要i枚1元硬币，当然最好设置dp[i]等于无穷大
for(int i = 1; i <= sum; i++){
for(int j = 0; j < 3; j++){
if(i >= a[j] && dp[i - a[j]] + 1 < dp[i]){
dp[i] = dp[i- a[j] ] + 1;
}
}
}
cout<<dp[sum]<<endl;
return 0;
}
下图是当i从0到11时的解：
从上图可以得出，要凑够11元至少需要3枚硬币。
此外，通过追踪我们是如何从前一个状态值得到当前状态值的，可以找到每一次我们用的是什么面值的硬币。比如，从上面的图我们可以看出，最终结果d(11)=d(10)+1(面值为1)，而d(10)=d(5)+1(面值为5)，最后d(5)=d(0)+1 (面值为5)。所以我们凑够11元最少需要的3枚硬币是：1元、5元、5元。
通过硬币问题我们初识DP的原理，其实可以说贪心问题是DP问题的特例，现在我们通过几道题目加深对DP问题的理解
数塔问题是动态规划经典的题目，下面来初步讲解下
将一个由N行数字组成的三角形，如图所以，设计一个算法，计算出三角形的由顶至底的一条路径，使该路径经过的数字总和最大。
学弟学妹们你们之前学过DFS和BFS，第一眼看过去这题应该用DFS解决，没错，DFS也可以，但是我们观察下n行总共有(1 + 2 + 3 + 4+…+n) = （1+n）*n/2个节点，在递归求解的过程中很多节点被重复访问了，这就导致时间大大增加，必然超时
比如用递归的话，18这个节点被访问了两次
但是如果用DP的话这个节点可以只访问一次
好了，现在我们用DP解决这道问题
将上图转化一下：
假设上图用map[][]数组保存。
令f[i][j]表示从顶点(1, 1)到顶点(i, j)的最大值。
则可以得到状态转移方程：
f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + map[i][j]
此题既适合自顶而下的方法做，也适合自底而上的方法，
当用自顶而下的方法做时，最后要在在最后一列数中找出最大值，
而用自底而上的方法做时，f[1][1]即为最大值。
所以我们将图2根据状态转移方程可以得到图3：
最大值是30.
代码如下:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int a[2000][2000];
int main()
{
int t,n,i,j;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(i=0; i<n; i++)
for(j=0; j<=i; j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(i=n-1; i>0; i--)
for(j=0; j<i; j++)
a[i-1][j]+=max(a[i][j],a[i][j+1]);
printf("%d\n",a[0][0]);
}
return 0;
}
出自： http://blog.csdn.net/u013445530/article/details/45645307
以上就是本文的全部内容，希望对大家的学习有所帮助，也希望大家多多支持 码农网
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