看一遍就理解:动态规划详解

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前言

我们刷leetcode的时候,经常会遇到动态规划类型题目。动态规划问题非常非常经典,也很有技巧性,一般大厂都非常喜欢问。今天跟大家一起来学习动态规划的套路,文章如果有不正确的地方,欢迎大家指出哈,感谢感谢~

  • 什么是动态规划?
  • 动态规划的核心思想
  • 一个例子走进动态规划
  • 动态规划的解题套路
  • leetcode案例分析

公众号:捡田螺的小男孩

什么是动态规划?

动态规划(英语:Dynamic programming,简称 DP),是一种在数学、管理科学、计算机科学、经济学和生物信息学中使用的,通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题。

dynamic programming is a method for solving a complex problem by breaking it down into a collection of simpler subproblems.

以上定义来自维基百科,看定义感觉还是有点抽象。简单来说,动态规划其实就是,给定一个问题,我们把它拆成一个个子问题,直到子问题可以直接解决。然后呢,把子问题答案保存起来,以减少重复计算。再根据子问题答案反推,得出原问题解的一种方法。

一般这些子问题很相似,可以通过函数关系式递推出来。然后呢,动态规划就致力于解决每个子问题一次,减少重复计算,比如斐波那契数列就可以看做入门级的经典动态规划问题。

动态规划核心思想

动态规划最核心的思想,就在于拆分子问题,记住过往,减少重复计算

动态规划在于记住过往

我们来看下,网上比较流行的一个例子:

  • A : "1+1+1+1+1+1+1+1 =?"
  • A : "上面等式的值是多少"
  • B : 计算 "8"
  • A : 在上面等式的左边写上 "1+" 呢?
  • A : "此时等式的值为多少"
  • B : 很快得出答案 "9"
  • A : "你怎么这么快就知道答案了"
  • A : "只要在8的基础上加1就行了"
  • A : "所以你不用重新计算,因为你记住了第一个等式的值为8!动态规划算法也可以说是 '记住求过的解来节省时间'"

一个例子带你走进动态规划 -- 青蛙跳阶问题

暴力递归

leetcode原题:一只青蛙一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个 10 级的台阶总共有多少种跳法。

有些小伙伴第一次见这个题的时候,可能会有点蒙圈,不知道怎么解决。其实可以试想:

  • 要想跳到第10级台阶,要么是先跳到第9级,然后再跳1级台阶上去;要么是先跳到第8级,然后一次迈2级台阶上去。
  • 同理,要想跳到第9级台阶,要么是先跳到第8级,然后再跳1级台阶上去;要么是先跳到第7级,然后一次迈2级台阶上去。
  • 要想跳到第8级台阶,要么是先跳到第7级,然后再跳1级台阶上去;要么是先跳到第6级,然后一次迈2级台阶上去。

假设跳到第n级台阶的跳数我们定义为f(n),很显然就可以得出以下公式:

f(10) = f(9)+f(8)
f (9)  = f(8) + f(7)
f (8)  = f(7) + f(6)
...
f(3) = f(2) + f(1)

即通用公式为: f(n) = f(n-1) + f(n-2)
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那f(2) 或者 f(1) 等于多少呢?

  • 当只有2级台阶时,有两种跳法,第一种是直接跳两级,第二种是先跳一级,然后再跳一级。即f(2) = 2;
  • 当只有1级台阶时,只有一种跳法,即f(1)= 1;

因此可以用递归去解决这个问题:

class Solution {
    public int numWays(int n) {
    if(n == 1){
        return 1;
    }
     if(n == 2){
        return 2;
    }
    return numWays(n-1) + numWays(n-2);
    }
}
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去leetcode提交一下,发现有问题,超出时间限制了

为什么超时了呢?递归耗时在哪里呢?先画出递归树看看:

  • 要计算原问题 f(10),就需要先计算出子问题 f(9) 和 f(8)
  • 然后要计算 f(9),又要先算出子问题 f(8) 和 f(7),以此类推。
  • 一直到 f(2) 和 f(1),递归树才终止。

我们先来看看这个递归的时间复杂度吧:

递归时间复杂度 = 解决一个子问题时间*子问题个数
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  • 一个子问题时间 = f(n-1)+f(n-2),也就是一个加法的操作,所以复杂度是 O(1);
  • 问题个数 = 递归树节点的总数,递归树的总节点 = 2^n-1,所以是复杂度O(2^n)。

因此,青蛙跳阶,递归解法的时间复杂度 = O(1) * O(2^n) = O(2^n),就是指数级别的,爆炸增长的,如果n比较大的话,超时很正常的了。

回过头来,你仔细观察这颗递归树,你会发现存在大量重复计算,比如f(8)被计算了两次,f(7)被重复计算了3次...所以这个递归算法低效的原因,就是存在大量的重复计算

既然存在大量重复计算,那么我们可以先把计算好的答案存下来,即造一个备忘录,等到下次需要的话,先去备忘录查一下,如果有,就直接取就好了,备忘录没有才开始计算,那就可以省去重新重复计算的耗时啦!这就是带备忘录的解法。

带备忘录的递归解法(自顶向下)

一般使用一个数组或者一个哈希map充当这个备忘录

  • 第一步,f(10)= f(9) + f(8),f(9) 和f(8)都需要计算出来,然后再加到备忘录中,如下:

  • 第二步, f(9) = f(8)+ f(7),f(8)= f(7)+ f(6), 因为 f(8) 已经在备忘录中啦,所以可以省掉,f(7),f(6)都需要计算出来,加到备忘录中~

第三步, f(8) = f(7)+ f(6),发现f(8),f(7),f(6)全部都在备忘录上了,所以都可以剪掉。

所以呢,用了备忘录递归算法,递归树变成光秃秃的树干咯,如下:

备忘录的递归算法,子问题个数=树节点数=n,解决一个子问题还是O(1),所以带备忘录的递归算法的时间复杂度是O(n)。接下来呢,我们用带备忘录的递归算法去撸代码,解决这个青蛙跳阶问题的超时问题咯~,代码如下:

public class Solution {
    //使用哈希map,充当备忘录的作用
    Map<Integer, Integer> tempMap = new HashMap();
    public int numWays(int n) {
        // n = 0 也算1种
        if (n == 0) {
            return 1;
        }
        if (n <= 2) {
            return n;
        }
        //先判断有没计算过,即看看备忘录有没有
        if (tempMap.containsKey(n)) {
            //备忘录有,即计算过,直接返回
            return tempMap.get(n);
        } else {
            // 备忘录没有,即没有计算过,执行递归计算,并且把结果保存到备忘录map中,对1000000007取余(这个是leetcode题目规定的)
            tempMap.put(n, (numWays(n - 1) + numWays(n - 2)) % 1000000007);
            return tempMap.get(n);
        }
    }
}
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去leetcode提交一下,如图,稳了:

其实,还可以用动态规划解决这道题。

自底向上的动态规划

动态规划跟带备忘录的递归解法基本思想是一致的,都是减少重复计算,时间复杂度也都是差不多。但是呢:

  • 带备忘录的递归,是从f(10)往f(1)方向延伸求解的,所以也称为自顶向下的解法。
  • 动态规划从较小问题的解,由交叠性质,逐步决策出较大问题的解,它是从f(1)往f(10)方向,往上推求解,所以称为自底向上的解法。

动态规划有几个典型特征,最优子结构、状态转移方程、边界、重叠子问题。在青蛙跳阶问题中:

  • f(n-1)和f(n-2) 称为 f(n) 的最优子结构
  • f(n)= f(n-1)+f(n-2)就称为状态转移方程
  • f(1) = 1, f(2) = 2 就是边界啦
  • 比如f(10)= f(9)+f(8),f(9) = f(8) + f(7) ,f(8)就是重叠子问题。

我们来看下自底向上的解法,从f(1)往f(10)方向,想想是不是直接一个for循环就可以解决啦,如下:

带备忘录的递归解法,空间复杂度是O(n),但是呢,仔细观察上图,可以发现,f(n)只依赖前面两个数,所以只需要两个变量a和b来存储,就可以满足需求了,因此空间复杂度是O(1)就可以啦

动态规划实现代码如下:

public class Solution {
    public int numWays(int n) {
        if (n<= 1) {
            return 1;
        }
        if (n == 2) {
            return 2;
        }
        int a = 1;
        int b = 2;
        int temp = 0;
        for (int i = 3; i <= n; i++) {
            temp = (a + b)% 1000000007;
            a = b;
            b = temp;
        }
        return temp;
    }
    }
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动态规划的解题套路

什么样的问题可以考虑使用动态规划解决呢?

如果一个问题,可以把所有可能的答案穷举出来,并且穷举出来后,发现存在重叠子问题,就可以考虑使用动态规划。

比如一些求最值的场景,如最长递增子序列、最小编辑距离、背包问题、凑零钱问题等等,都是动态规划的经典应用场景。

动态规划的解题思路

动态规划的核心思想就是拆分子问题,记住过往,减少重复计算。 并且动态规划一般都是自底向上的,因此到这里,基于青蛙跳阶问题,我总结了一下我做动态规划的思路:

  • 穷举分析
  • 确定边界
  • 找出规律,确定最优子结构
  • 写出状态转移方程

1. 穷举分析

  • 当台阶数是1的时候,有一种跳法,f(1) =1
  • 当只有2级台阶时,有两种跳法,第一种是直接跳两级,第二种是先跳一级,然后再跳一级。即f(2) = 2;
  • 当台阶是3级时,想跳到第3级台阶,要么是先跳到第2级,然后再跳1级台阶上去,要么是先跳到第 1级,然后一次迈 2 级台阶上去。所以f(3) = f(2) + f(1) =3
  • 当台阶是4级时,想跳到第3级台阶,要么是先跳到第3级,然后再跳1级台阶上去,要么是先跳到第 2级,然后一次迈 2 级台阶上去。所以f(4) = f(3) + f(2) =5
  • 当台阶是5级时......

自底向上的动态规划

2. 确定边界

通过穷举分析,我们发现,当台阶数是1的时候或者2的时候,可以明确知道青蛙跳法。f(1) =1,f(2) = 2,当台阶n>=3时,已经呈现出规律f(3) = f(2) + f(1) =3,因此f(1) =1,f(2) = 2就是青蛙跳阶的边界。

3. 找规律,确定最优子结构

n>=3时,已经呈现出规律 f(n) = f(n-1) + f(n-2) ,因此,f(n-1)和f(n-2) 称为 f(n) 的最优子结构。什么是最优子结构?有这么一个解释:

一道动态规划问题,其实就是一个递推问题。假设当前决策结果是f(n),则最优子结构就是要让 f(n-k) 最优,最优子结构性质就是能让转移到n的状态是最优的,并且与后面的决策没有关系,即让后面的决策安心地使用前面的局部最优解的一种性质

4, 写出状态转移方程

通过前面3步,穷举分析,确定边界,最优子结构,我们就可以得出状态转移方程啦:

5. 代码实现

我们实现代码的时候,一般注意从底往上遍历哈,然后关注下边界情况,空间复杂度,也就差不多啦。动态规划有个框架的,大家实现的时候,可以考虑适当参考一下:

dp[0][0][...] = 边界值
for(状态1 :所有状态1的值){
    for(状态2 :所有状态2的值){
        for(...){
          //状态转移方程
          dp[状态1][状态2][...] = 求最值
        }
    }
}
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leetcode案例分析

我们一起来分析一道经典leetcode题目吧

给你一个整数数组 nums ,找到其中最长严格递增子序列的长度。

示例 1:

输入:nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出:4
解释:最长递增子序列是 [2,3,7,101],因此长度为 4 。
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示例 2:

输入:nums = [0,1,0,3,2,3]
输出:4
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我们按照以上动态规划的解题思路,

  • 穷举分析
  • 确定边界
  • 找规律,确定最优子结构
  • 状态转移方程

1.穷举分析

因为动态规划,核心思想包括拆分子问题,记住过往,减少重复计算。 所以我们在思考原问题:数组num[i]的最长递增子序列长度时,可以思考下相关子问题,比如原问题是否跟子问题num[i-1]的最长递增子序列长度有关呢?

自顶向上的穷举

这里观察规律,显然是有关系的,我们还是遵循动态规划自底向上的原则,基于示例1的数据,从数组只有一个元素开始分析。

  • 当nums只有一个元素10时,最长递增子序列是[10],长度是1.
  • 当nums需要加入一个元素9时,最长递增子序列是[10]或者[9],长度是1。
  • 当nums再加入一个元素2时,最长递增子序列是[10]或者[9]或者[2],长度是1。
  • 当nums再加入一个元素5时,最长递增子序列是[2,5],长度是2。
  • 当nums再加入一个元素3时,最长递增子序列是[2,5]或者[2,3],长度是2。
  • 当nums再加入一个元素7时,,最长递增子序列是[2,5,7]或者[2,3,7],长度是3。
  • 当nums再加入一个元素101时,最长递增子序列是[2,5,7,101]或者[2,3,7,101],长度是4。
  • 当nums再加入一个元素18时,最长递增子序列是[2,5,7,101]或者[2,3,7,101]或者[2,5,7,18]或者[2,3,7,18],长度是4。
  • 当nums再加入一个元素7时,最长递增子序列是[2,5,7,101]或者[2,3,7,101]或者[2,5,7,18]或者[2,3,7,18],长度是4.
分析找规律,拆分子问题

通过上面分析,我们可以发现一个规律

如果新加入一个元素nums[i], 最长递增子序列要么是以nums[i]结尾的递增子序列,要么就是nums[i-1]的最长递增子序列。看到这个,是不是很开心,nums[i]的最长递增子序列已经跟子问题 nums[i-1]的最长递增子序列有关联了。

原问题数组nums[i]的最长递增子序列 = 子问题数组nums[i-1]的最长递增子序列/nums[i]结尾的最长递增子序列
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是不是感觉成功了一半呢?但是如何把nums[i]结尾的递增子序列也转化为对应的子问题呢?要是nums[i]结尾的递增子序列也跟nums[i-1]的最长递增子序列有关就好了。又或者nums[i]结尾的最长递增子序列,跟前面子问题num[j](0=<j<i)结尾的最长递增子序列有关就好了,带着这个想法,我们又回头看看穷举的过程:

nums[i]的最长递增子序列,不就是从以数组num[i]每个元素结尾的最长子序列集合,取元素最多(也就是长度最长)那个嘛,所以原问题,我们转化成求出以数组nums每个元素结尾的最长子序列集合,再取最大值嘛。哈哈,想到这,我们就可以用dp[i]表示以num[i]这个数结尾的最长递增子序列的长度啦,然后再来看看其中的规律:

其实,nums[i]结尾的自增子序列,只要找到比nums[i]小的子序列,加上nums[i] 就可以啦。显然,可能形成多种新的子序列,我们选最长那个,就是dp[i]的值啦

  • nums[3]=5,以5结尾的最长子序列就是[2,5],因为从数组下标0到3遍历,只找到了子序列[2]5小,所以就是[2]+[5]啦,即dp[4]=2
  • nums[4]=3,以3结尾的最长子序列就是[2,3],因为从数组下标0到4遍历,只找到了子序列[2]3小,所以就是[2]+[3]啦,即dp[4]=2
  • nums[5]=7,以7结尾的最长子序列就是[2,5,7][2,3,7],因为从数组下标0到5遍历,找到2,5和3都比7小,所以就有[2,7],[5,7],[3,7],[2,5,7]和[2,3,7]这些子序列,最长子序列就是[2,5,7]和[2,3,7],它俩不就是以5结尾和3结尾的最长递增子序列+[7]来的嘛!所以,dp[5]=3 =dp[3]+1=dp[4]+1

很显然有这个规律:一个以nums[i]结尾的数组nums

  • 如果存在j属于区间[0,i-1],并且num[i]>num[j]的话,则有,dp(i) =max(dp(j))+1,

最简单的边界情况

当nums数组只有一个元素时,最长递增子序列的长度dp(1)=1,当nums数组有两个元素时,dp(2) =2或者1, 因此边界就是dp(1)=1。

确定最优子结构

从穷举分析,我们可以得出,以下的最优结构:

dp(i) =max(dp(j))+1,存在j属于区间[0,i-1],并且num[i]>num[j]。
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max(dp(j)) 就是最优子结构。

状态转移方程

通过前面分析,我们就可以得出状态转移方程啦:

所以数组num[i]的最长递增子序列就是:

最长递增子序列 =max(dp[i])
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代码实现

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        if (nums.length == 0) {
            return 0;
        }
        int[] dp = new int[nums.length];
        //初始化就是边界情况
        dp[0] = 1;
        int maxans = 1;
        //自底向上遍历
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            dp[i] = 1;
            //从下标0到i遍历
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                //找到前面比nums[i]小的数nums[j],即有dp[i]= dp[j]+1
                if (nums[j] < nums[i]) {
                    //因为会有多个小于nums[i]的数,也就是会存在多种组合了嘛,我们就取最大放到dp[i]
                    dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
            //求出dp[i]后,dp最大那个就是nums的最长递增子序列啦
            maxans = Math.max(maxans, dp[i]);
        }
        return maxans;
    }
}
复制代码

参考与感谢

  • leetcode官网
  • 《labuladong算法小抄》
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