常見動態規劃的解決思路

時間 2019-11-22

標籤常見動態規劃解決思路简体版

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字符串輸入的通常解決思路

選擇suffix做爲子問題
選擇prefix做爲子問題
使用子集substring
有時候單個的選擇已經不夠了，好比揹包問題，不只須要知道要選擇哪一個物件，來獲得價值，同時也須要知道還剩多少容量，也就是須要"記住"更多的子問題，或者說子條件來處理問題

編輯距離

給定兩個字串x和y,將x變成y所須要改變的字符的個數是多少？期間能夠的操做是:bash

插入字符c 耗時O(1)
刪除字符c 耗時O(1)
將c更新爲c' 若是C和C'是相同的，耗時O(0)，其它不考慮

字串能夠是非連續的。它等效於找兩個字符串的最大公共字串，好比 HIEROGLYPHOLOGY 和 MICHAELANGELO 最大公共字串爲 HELLOspa

動態規劃思路

子問題：X的子串X[i:]和Y的子串Y[j:]

數量爲:指針

猜想：只有3中可能的方式，要麼把X[i]替換成Y[i],要麼刪掉X[i],要麼把Y[i]插入X
循環：DP(i,j)=min(cost of replace X[i] to Y[j]+ DP(i+1,j+1)，cost of delete X[i]+DP(i+1,j)，cost of insert Y[j]+DP(i,j+1) )

子問題的耗時:O(1)code

拓撲排序：三個方向由右下角向左下角開始執行

for i in 0,...,|x|:
    for j in 0,...,|y|:
複製代碼

原始的問題:DP(0,0)，總的時間爲:O(1)*O(|x||y|)cdn

矩陣相乘在哪一個部分加括號運算才能使得運算最優

假設有以下形式的矩陣作乘法 blog

若是直接按照順序來計算,先乘A.B，獲得的結果再乘C

若是優先運算 B.C ，結果再乘A

能夠看到第二種方式消耗的時間會更少。
擴展到假設有n個矩陣相乘 $A_0,...,A_{n-1}$ 那麼如何實現經過加括號的方式來最優執行效率呢？

思路

最終總會是兩個矩陣相乘，那這兩個矩陣是怎麼計算獲得的？假設有一次區分，那麼它是（ $A_0,...,A_{k-1}$ ）.（ $A_k,...,A_{n-1}$ ）這種樣子,左邊括號中也會繼續按照這種方式劃分，同理右邊也須要，當左右兩邊都須要相似計算的時候，這種時候一般就是取substring排序

動態規劃解決思路

找到子問題：計算 $A_i,...,A_{j-1}$

子問題的個數爲。每次選擇至關於1分爲2字符串

猜想：最後該執行那個部分的計算？

執行應該是（ $A_i,...,A_{k-1}$ ）.（ $A_k,...,A_{j-1}$ ）這種樣子有的選擇的數量:O(n)。去嘗試全部的可能string

循環： $(D(i,k)+D(k+1,j)+costof((A_i,...,A_{k-1}).(A_k,...,A_{j-1})) for \space k \space in \space range(i+1,j)$

須要分別計算左邊括號的部分和右邊括號的部分，以及最後計算出來的左右兩個部分的乘積it

DP(i,i+1)=0

子問題的時間：O(n)。D(i,k)的計算忽略不計，只有k的選擇存在循環

拓撲執行順序：增長子問題的大小

總時間消耗：

原始的問題爲:DP(0,n)

如何使得詞在段落中的位置分配合理，使得更美觀

給定一個詞的集合words,使用badness(i,j)表示使用的單詞是words[i,j]

badness(i,j)=\lbrace^{\infty \space 頁面寬度小於所選文字的長度}_{(pageWidth-wordsLength)^3 \space 其它}

目標就是使得分出來的詞展現在各個行，使得 $\sum badness$ 最小

很差看的展現以下

blah blah blah  
b    l    a   h  
verylongworld
複製代碼

但願它能展現成

blah    blah 
blah    blah  
verylongworld
複製代碼

暴力解決方案

一個個的去嘗試全部單詞的劃分，也就是說，去判斷任意一個詞，是否應該在它的位置換行，若是有n個單詞的話，總共須要嘗試的次數是

動態規劃

按照標準的動態規劃步驟來進行:

找到子問題：集合的後綴 words[i:]

假設找到了第一行的分隔點，那麼接下來須要考慮的是第二行又該在哪兒開始換行呢？依次繼續往下去查找，因此須要思考的子問題就是去掉第一行的詞以後，剩下的那些單詞

子問題的數量:n。只有n個單詞，後綴的次數也就是這些

猜想：第二行從哪兒開始？

猜想的選擇的數量：<=n-i=O(n)。每次選完了第一行，只須要在剩下的單詞裏面選

循環: DP[i]=min(badness(i,j)+DP[j] for j in range(i+1,n+1))

定義問題爲求DP(i)的最小值。當i=n的時候，是沒有單詞剩下的，花銷是0。
假設第一次在第i個位置開始換行，第一行的計算髮方式爲 badness(i,j),剩下的須要解決的問題部分是從i+1開始的單詞，也就是剩下部分的花銷假設從j開始，它可能取得剩下部分的任意值，每一個j的取值所須要的花銷就是D(j),那麼這兩部分相加最小時，也就是最優的劃分方式

循環部分耗時(每一個子問題耗時):O(n)。j總共有n種選擇，加法部分是常量

拓撲排序:i=n,n-1,...,0

須要先從最末端開始計算，再一層層的網上去累加時間爲:問題的數量*每一個問題的花銷=

檢驗原始問題是否解決：即DP(0)是否解決

使用一個指針parent來代表j中的最小值是那個，那麼沿着parent指針，0->parent[0]->parent[parent[0]]一直到最後，便可獲得最佳的劃分方式

吉他放手指的問題

有一個吉他，在彈的時候，能夠用任何一個手指來談，那麼若是給予一系列的音符notes，每一個音符都須要用手(手指頭取值 1,..,F)處理，每一個手指去某個音符彈後須要移到另外一個音符用一個手指去彈，假設描述這種移動使用d(p,f,q,g)表示花銷，那如何去使得花銷最小？

d(p,f,q,g):表示手指f移動到g，彈的音符從p到q

通常思考是：

子問題：notes[i:],即後面的音符怎麼去彈
猜想：該用那個手指頭來談音符i
循環：能夠選擇任意一個手指頭去彈新的音符，可是當從舊的音符切換到新的音符去彈的時候，沒法知道該切換到那個手指： DP(i)=min(DP(i+1)+d(i,f,i+1,?) for f in 1,..F)
因此子問題"記住"的過少，須要增長考慮的狀況。

正確思路爲：

子問題：notes[i:],即後面的音符怎麼去彈，同時該那個手指f去彈notes[i:]
猜想：使用手指g來談notes[i+1]
循環: DP(i,f)=min(DP(i+1,g)+d(i,f,i+1,g) for g in 1,..F)

i表示note[i]的音符

拓撲排序

for i in reversed(range(n)): //全部的音符
    for f in 1...F: //每一個手指頭都有可能來彈音符
    
複製代碼

最終去解決原始問題，DP(0,f),可是須要指定f,因此使用 min(DP(0,f) for f in 1,...,F)，即初始的時候應該選擇那一個手指去談第一個音符

這種場景便是要考慮更多的狀況，來達到最優解

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