常见动态规划的解决思路

时间 2019-11-22

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字符串输入的通常解决思路

选择suffix做为子问题
选择prefix做为子问题
使用子集substring
有时候单个的选择已经不够了，好比背包问题，不只须要知道要选择哪一个物件，来获得价值，同时也须要知道还剩多少容量，也就是须要"记住"更多的子问题，或者说子条件来处理问题

编辑距离

给定两个字串x和y,将x变成y所须要改变的字符的个数是多少？期间能够的操做是:bash

插入字符c 耗时O(1)
删除字符c 耗时O(1)
将c更新为c' 若是C和C'是相同的，耗时O(0)，其它不考虑

字串能够是非连续的。它等效于找两个字符串的最大公共字串，好比 HIEROGLYPHOLOGY 和 MICHAELANGELO 最大公共字串为 HELLOspa

动态规划思路

子问题：X的子串X[i:]和Y的子串Y[j:]

数量为:指针

猜想：只有3中可能的方式，要么把X[i]替换成Y[i],要么删掉X[i],要么把Y[i]插入X
循环：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) )

子问题的耗时:O(1)code

拓扑排序：三个方向由右下角向左下角开始执行

for i in 0,...,|x|:
    for j in 0,...,|y|:
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原始的问题:DP(0,0)，总的时间为:O(1)*O(|x||y|)cdn

矩阵相乘在哪一个部分加括号运算才能使得运算最优

假设有以下形式的矩阵作乘法 blog

若是直接按照顺序来计算,先乘A.B，获得的结果再乘C

若是优先运算 B.C ，结果再乘A

能够看到第二种方式消耗的时间会更少。
扩展到假设有n个矩阵相乘 $A_0,...,A_{n-1}$ 那么如何实现经过加括号的方式来最优执行效率呢？

思路

最终总会是两个矩阵相乘，那这两个矩阵是怎么计算获得的？假设有一次区分，那么它是（ $A_0,...,A_{k-1}$ ）.（ $A_k,...,A_{n-1}$ ）这种样子,左边括号中也会继续按照这种方式划分，同理右边也须要，当左右两边都须要相似计算的时候，这种时候一般就是取substring排序

动态规划解决思路

找到子问题：计算 $A_i,...,A_{j-1}$

子问题的个数为。每次选择至关于1分为2字符串

猜想：最后该执行那个部分的计算？

执行应该是（ $A_i,...,A_{k-1}$ ）.（ $A_k,...,A_{j-1}$ ）这种样子有的选择的数量:O(n)。去尝试全部的可能string

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

须要分别计算左边括号的部分和右边括号的部分，以及最后计算出来的左右两个部分的乘积it

DP(i,i+1)=0

子问题的时间：O(n)。D(i,k)的计算忽略不计，只有k的选择存在循环

拓扑执行顺序：增长子问题的大小

总时间消耗：

原始的问题为:DP(0,n)

如何使得词在段落中的位置分配合理，使得更美观

给定一个词的集合words,使用badness(i,j)表示使用的单词是words[i,j]

badness(i,j)=\lbrace^{\infty \space 页面宽度小于所选文字的长度}_{(pageWidth-wordsLength)^3 \space 其它}

目标就是使得分出来的词展现在各个行，使得 $\sum badness$ 最小

很差看的展现以下

blah blah blah  
b    l    a   h  
verylongworld
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但愿它能展现成

blah    blah 
blah    blah  
verylongworld
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暴力解决方案

一个个的去尝试全部单词的划分，也就是说，去判断任意一个词，是否应该在它的位置换行，若是有n个单词的话，总共须要尝试的次数是

动态规划

按照标准的动态规划步骤来进行:

找到子问题：集合的后缀 words[i:]

假设找到了第一行的分隔点，那么接下来须要考虑的是第二行又该在哪儿开始换行呢？依次继续往下去查找，因此须要思考的子问题就是去掉第一行的词以后，剩下的那些单词

子问题的数量:n。只有n个单词，后缀的次数也就是这些

猜想：第二行从哪儿开始？

猜想的选择的数量：<=n-i=O(n)。每次选完了第一行，只须要在剩下的单词里面选

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

定义问题为求DP(i)的最小值。当i=n的时候，是没有单词剩下的，花销是0。
假设第一次在第i个位置开始换行，第一行的计算发方式为 badness(i,j),剩下的须要解决的问题部分是从i+1开始的单词，也就是剩下部分的花销假设从j开始，它可能取得剩下部分的任意值，每一个j的取值所须要的花销就是D(j),那么这两部分相加最小时，也就是最优的划分方式

循环部分耗时(每一个子问题耗时):O(n)。j总共有n种选择，加法部分是常量

拓扑排序:i=n,n-1,...,0

须要先从最末端开始计算，再一层层的网上去累加时间为:问题的数量*每一个问题的花销=

检验原始问题是否解决：即DP(0)是否解决

使用一个指针parent来代表j中的最小值是那个，那么沿着parent指针，0->parent[0]->parent[parent[0]]一直到最后，便可获得最佳的划分方式

吉他放手指的问题

有一个吉他，在弹的时候，能够用任何一个手指来谈，那么若是给予一系列的音符notes，每一个音符都须要用手(手指头取值 1,..,F)处理，每一个手指去某个音符弹后须要移到另外一个音符用一个手指去弹，假设描述这种移动使用d(p,f,q,g)表示花销，那如何去使得花销最小？

d(p,f,q,g):表示手指f移动到g，弹的音符从p到q

通常思考是：

子问题：notes[i:],即后面的音符怎么去弹
猜想：该用那个手指头来谈音符i
循环：能够选择任意一个手指头去弹新的音符，可是当从旧的音符切换到新的音符去弹的时候，没法知道该切换到那个手指： DP(i)=min(DP(i+1)+d(i,f,i+1,?) for f in 1,..F)
因此子问题"记住"的过少，须要增长考虑的状况。

正确思路为：

子问题：notes[i:],即后面的音符怎么去弹，同时该那个手指f去弹notes[i:]
猜想：使用手指g来谈notes[i+1]
循环: 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

拓扑排序

for i in reversed(range(n)): //全部的音符
    for f in 1...F: //每一个手指头都有可能来弹音符
    
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最终去解决原始问题，DP(0,f),可是须要指定f,因此使用 min(DP(0,f) for f in 1,...,F)，即初始的时候应该选择那一个手指去谈第一个音符

这种场景便是要考虑更多的状况，来达到最优解