【PAT】5. 動態規劃

動態規劃的遞迴和遞推寫法

如果一個問題可以被分解為若干個子問題，且這些子問題會重複出現，那麼就稱這個問題擁有重疊子問題(Overlapping Subproblems)
如果一個問題的最優解可以由其子問題的最優解有效的構造出來，那麼稱這個問題擁有最優子結構(Optimal Substructure)
一個問題必須擁有重疊子問題和最優子結構，才能使用動態規劃去解決。
狀態的無後效性是指：當前狀態記錄了歷史資訊，一旦當前狀態確定，就不會再改變，且未來的決策只能在已有的一個或若干個狀態的基礎上進行，歷史資訊只能通過已有的狀態去影響未來的決策
必須設計一個無後效性的狀態以及相應的狀態轉移方程，這也是動態規劃的核心

最大連續子序列和

給定一個陣列序列 $A_1,A_2,...,A_n$ ，求 $i,j(1\leq i\leq j\leq n)$ ，使得 $A_i+...+A_j$ 最大，輸出這個最大和。

暴力解法( $O(n^3$ ))：列舉左端點和右端點(即列舉i，j)需要 $O(n^2)$ 的複雜度，而計算 $A_i+...+A_j$ 需要 $O (n)$ 複雜度
記錄字首和( $O(n^2)$ )：預處理 $S[i]=A_1,A_2,...,A_i$ ，這樣 $A_i+...+A_j=S[j]-S[i-1]$
動態規劃(O(n))，其實左端點的列舉是沒有必要的。
- 令狀態dp[i]表示以A[i]作為末尾的連續序列的最大和
- 狀態轉移方程dp[i] = max{A[i],dp[i-1]+A[i]}，邊界dp[0]=A[0];

最長不下降子序列(LIS)

最長不下降子序列(Longest Increasing Sequence, LIS)：在一個數字序列中，找到一個最長的子序列（可以不連續），使得這個子序列是不下降（非遞減）的。

令dp[i]表示以A[i]結尾的最長不下降子序列長度，這樣對A[i]來說就會有兩種可能：

如果存在A[i]之前的元素A[j](j < i)，使得A[j]<=A[i]且dp[j] + 1 > dp[i](即把A[i]跟在以A[j]結尾的LIS後面，形成一條更長的不下降子序列)
如果A[i]之前的元素都比A[i]大，那麼A[i]就只好自己形成一條LIS，但是長度為1.

最後以A[i]結尾的LIS長度就是步驟1，2中能形成的最大高度。

狀態轉移方程dp[i]=max{1,dp[j]+1} (j=1,2,...,i-1 && A[j]<A[i])
邊界dp[i]=1(i~[1,n])

最長公共子序列(LCS) 2

最長公共子序列(Longest Common Subsequence, LCS)：給定兩個字串（或數字序列）A和B，求一個字串，使得這個字串是A和B的最長公共部分（子序列可以不連續）

令dp[i][j]表示字串A的i號位和字串B的j號位之前的LCS長度(下標從1開始)，根據A[i]和B[j]的情況，分為兩種決策：

若A[i]==B[j]，則字串S與字串B的LCS增加了一位，有dp[i][j] = d[i-1][j-1] + 1。
若A[i]!=B[j]，則字串A的i號位和字串B的j號位之前的LCS無法延長，因此dp[i][j]將會繼承dp[i-1][j]與dp[i][j-1]中的較大值，即有dp[i][j]=max{dp[i-1,j],dp[i][j-1]}。
邊界：dp[i][0] = dp[0][j] = 0

最長迴文子串 3

給出一個字串S，求S的最長迴文子串的長度

令dp[i][j]表示S[i]至S[j]所表示的子串是否是迴文子串，是則為1，不是為0。根據S[i]是否等於S[j]，可以把轉移情況分為兩類：

若S[i]==S[j]，那麼只要S[i+1]至S[j-1]是迴文子串，S[i]至S[j]就是迴文子串，令dp[i][j] = dp[i+1][j-1]
若S[i]!=S[j]，那麼一定不是迴文子串，令d[i][j]=0
邊界：dp[i][i]=1，dp[i][i+1]=(S[i]=S[i+1])?1:0。

注意：如果按照i和j從小到大的順序來列舉子串的兩個端點，然後更新dp[i][j]，會無法保證dp[i+1][j-1]已經被計算過，從而無法得到正確的dp[i][j]。

注意到邊界表示的是長度為1和2的子串，且每次轉移時都對子串的長度減了1，不妨考慮按子串的長度和子串的初始位置進行列舉，即可以先列舉子串長度L(L是可以取到整個字串的長度S.len()的)，再列舉左端點i，這樣右端點i+L-1也可以直接得到

也可以通過二分+字串hash，複雜度為 $O (n l o g n)$
最優秀的是Manacher演算法，複雜度為 $O (n)$

數塔DP

將一些數字排成數塔的形狀，第n層有n個數字。現在從第一層走到第n層，每次只能走向下一層連線的兩個數字中的一個，問：最後將路徑上所有數字相加後得到的和最大是多少。

令dp[i][j]表示從第i行第j個數字出發的到達最底層的所有路徑中能得到的最大和。狀態轉移方程為dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i+1][j+1]) + f[i][j];由於數塔的最後一層的dp值總是等於元素本身，即邊界為dp[n][j]=f[n][j](1<=n<=j)。

DAG最長路

給定一個有向無環圖，怎麼樣求解整個圖的所有路徑中權值之和最大的那條。

令dp[i]表示從i號頂點出發能獲得的最長路徑長度，所有dp[i]的最大值就是整個DAG的最長路徑長度
求解dp陣列：如果從第i號頂點出發能直接到達頂點 $j_1,j_2,...j_k$ ，而 $dp[j_1],dp[j_2],...,dp[j_k]$ 均已知，那麼有 $dp[i]=max\left \{ dp[j]+length[i\rightarrow j] |\left ( i,j \right )\in E \right \}$ ，因此我們需要逆拓撲序列的順序來求解dp陣列，或者使用遞迴的方法，不求出逆遞迴陣列也能計算dp陣列
由於由出度為0的頂點出發的最長路徑長度為0，因此邊界為這些頂點的dp值為0，具體實現中對整個dp陣列初始化為0。遞迴求解出度不是0的頂點，遞迴過程中遇到已經計算過的頂點則直接返回對應的dp值。
求解具體最長路徑(類比Dijkstra)：開一個int型choice陣列記錄最長路徑上頂點的後繼結點。如果最終可能有多條最長路徑，將choice陣列改為vector型別的陣列即可
如果DAG中有多條路徑，選取字典序最小的那條：只需要讓遍歷i的鄰接點的順序從小到達即可(下面程式碼自動實現了這個功能)
如果令dp[i]表示以i號頂點結尾能獲得的最長路徑長度，只要把求解公式變為 $dp[i]=max\left \{ dp[j]+length[j\rightarrow i] |\left ( j,i \right )\in E \right \}$ (相應的求解順序變為拓撲序)，同樣可以得出結果，但不能直接得到字典序最小的方案。因為字典序的大小總是先根據序列中較前的部分來判斷，因此序列中越靠前的頂點，其dp值應當越後計算。
```
int DP(int i){  //i為源點
    if(dp[i] > 0){  
        return dp[i];   //dp[i]已計算得到
    }
    for(int j = 0; j < n; j++){//遍歷i的所有邊
        if(G[i][j] != INF){
            int temp = DP(j) + G[i][j]; //單獨計算，防止if中呼叫DP函式兩次
            if(temp > dp[i]){   //可以獲得更長的路徑
                dp[i] = temp;   //覆蓋dp[i]
                choice[i] = j;  //i號頂點的後繼結點是j
            }
        }
    }
    return dp[i];   //返回計算完畢的dp[i]
}
//呼叫printfPath前需要先得到最大的dp[i]，然後將i作為路徑起點傳入
void printPath(int i){
    printf("%d", i);
    while(choice[i] != -1){ //choice陣列初始化為-1
        i = choice[i];
        pritnf("->%d", i);
    }
}
```

固定終點，求DAG的最長路徑長度

令dp[i]表示從i號頂點出發到達終點T能獲得的最長路徑長度，狀態轉移方程和上面一樣，但是邊界有很大區別，設定邊界為dp[T]=0，並且初始化dp陣列為一個負的大數，來保證“無法到達終點”的含義的以表達(即-INF)；然後設定一個vis陣列表示頂點是否已經被計算，
```
int DP(int i){
    if(vis[i]){
        return dp[i];
    }
    vis[i] = true;
    for(int j = 0; j < n; j++){
        if(G[i][j] != INF){
            dp[i] = max(dp[i], DP(j) + G[i][j]);
        }
    }
    return dp[i];
}
```

揹包問題

多階段動態規劃問題：問題可以描述成若干個有序的階段，且每個階段的狀態只和上一個階段的狀態有關。01揹包問題就是這樣的例子

01揹包問題

有n件物品，每件物品的單件重量為w[i]，價值為c[i]。現有一個容量為V的揹包，問如何選取物品放入揹包，使得揹包內物品的總價值最大。其中每種物品都只有一件。

令dp[i][v]表示前i件物品恰好裝入容量為v的揹包中所能獲得的最大價值。考慮對第i件物品的選擇策略，有兩種策略：

不放第i件物品，那麼問題轉化為前i-1件物品恰好裝入容量為v的揹包中所能獲得的最大價值，也即dp[i-1][v]
放第i件物品，那麼問題轉化為前i-1件物品恰好裝入容量為v-w[i]的揹包中所能獲得的最大價值，即dp[i-1][v-w[i]]+c[i]

因此狀態轉移方程為 $dp[i][v]=max\left \{ dp[i-1][v] , dp[i-1][v-w[i]]+c[i] \right \}\left (1\le i\le n,w[i]\le v \le V \right )$ ；

邊界為 $dp[0][v]=0\left (0\le v\le V \right )$ (即前0件物品放入任何容量為v的揹包中都只能獲得價值0)。

注意到dp[i][v]只與之前的狀態dp[i-1][]有關，所以可以列舉i從1到n，v從0到V，通過邊界來遞推出整個dp陣列。由於dp[i][v]表示的是恰好為v的情況，所以要列舉 $dp[n][v]\left(0\le v\le V \right )$ ，取其最大值才是最後的結果。時間複雜度為 $O (n V)$

for(int i = 1; i <= n; i++){    //前i件物品
    for(int v = w[i]; v <= V; v++){ //容量至少為w[i]，最大為V
        dp[i][v]=max(dp[i-1][v],dp[i-1][v-w[i]]+c[i]);
    }
}

優化空間複雜度：注意到狀態轉移方程中計算dp[i][v]時總是隻需要dp[i-1][v]左側部分的資料，且當計算dp[i+1][]部分時，dp[i-1]的資料又完全又不到了（只需要用到dp[i][]），因此不妨直接開一個一維陣列dp[v]（即把第一維省去），列舉方向改變為i從1到n，v從V到0（逆序！），狀態轉移方程改變為 $dp[v]=max\left \{ dp[v] , dp[v-w[i]+c[i] \right \}\left (1\le i\le n,w[i]\le v \le V \right )$ 。注意v的列舉順序是從右往左，這樣的技巧稱為滾動陣列，優化的空間複雜度為 $O (V)$

for(int i = 1; i <= n; i++){    
    for(int v = V; v >= w[i]; v--){ 
        dp[v]=max(dp[v],dp[v-w[i]+c[i]);
    }
}

特別說明：如果是二維陣列存放，v的列舉是順序還是逆序都無所謂；如果使用一維陣列存放，則v的列舉必須是逆序。

完全揹包問題

有n件物品，每件物品的單件重量為w[i]，價值為c[i]。現有一個容量為V的揹包，問如何選取物品放入揹包，使得揹包內物品的總價值最大。其中每種物品都有無窮件。

和01揹包一樣，令dp[i][v]表示前i件物品恰好裝入容量為v的揹包中所能獲得的最大價值。考慮對第i件物品的選擇策略，有兩種策略：

不放第i件物品，那麼dp[i][v] = dp[i-1][v]，這一步和01揹包一樣
放第i件物品，並不是轉移到dp[i-1][v-w[i]]這個狀態，而是轉移到dp[i][v-w[i]]，因為放了第i件物品後還可以繼續放第i件物品，直到第二維的v-w[i]無法保持大於等於0為止。

狀態轉移方程為 $dp[i][v]=max\left \{ dp[i-1][v] , dp[i][v-w[i]]+c[i] \right \}\left (1\le i\le n,w[i]\le v \le V \right )$

邊界為 $dp[0][v]=0(0\le v \le V)$

一維形式的狀態轉移方程為 $dp[v]=max\left \{ dp[v] , dp[v-w[i]+c[i] \right \}\left (1\le i\le n,w[i]\le v \le V \right )$

邊界為 $dp[0][v]=0(0\le v \le V)$

寫成一維形式後和01揹包完全相同，唯一區別在於這裡v的列舉順序是正向列舉，而01揹包的一維形式中v必須是逆向列舉。

for(int i = 1; i <= n; i++){    
    for(int v = w[i]; v <= V; v++){ 
        dp[v]=max(dp[v],dp[v-w[i]+c[i]);
    }
}

總結

（1）最大連續子序列和

令狀態dp[i]表示以A[i]作為末尾的連續序列的最大和

（2）最長不下降子序列(LIS)

令dp[i]表示以A[i]結尾的最長不下降子序列長度

（3）最長公共子序列(LCS)

令dp[i][j]表示字串A的i號位和字串B的j號位之前的LCS長度

（4）最長迴文子串

令dp[i][j]表示S[i]至S[j]所表示的子串是否是迴文子串

（5）數塔DP

令dp[i][j]表示從第i行第j個數字出發的到達最底層的所有路徑中能得到的最大和

（6）DAG最長路
令dp[i]表示從i號頂點出發能獲得的最長路徑長度

（7）01揹包

令dp[i][v]表示前i件物品恰好裝入容量為v的揹包中所能獲得的最大價值

（8）完全揹包

令dp[i][v]表示前i件物品恰好裝入容量為v的揹包中所能獲得的最大價值

1~4：當題目與序列或者字串（記為A）有關時，可以考慮把狀態設計成下面兩種形式，然後根據端點特點去考慮狀態轉移方程。其中XXX均為原問題的表述
1. 令dp[i]表示以A[i]結尾（或開頭）的XXX。
2. 令dp[i][j]表示A[i]至A[j]區間的XXX。
5~8：它們的狀態設計都包含了某種“方向”的意思，那麼分析題目中的狀態需要幾維來表示，然後對其中的每一維採取下面的某一個表述
1. 恰好為i
2. 前i
在每一維的含義設定完畢後，dp陣列的含義可以設定成“令dp陣列表示恰好為i（或前i）、恰好為j（或前j）…的XXX”，接下來通過端點的特點去考慮狀態轉移方程。

【PAT】5. 動態規劃