动态规划（DP）——通俗易懂！

1. 从一个生活问题谈起

先来看看生活中经常遇到的事吧——假设您是个土豪，身上带了足够的1、5、10、20、50、100元面值的钞票。现在您的目标是凑出某个金额w，需要用到尽量少的钞票。

依据生活经验，我们显然可以采取这样的策略：能用100的就尽量用100的，否则尽量用50的……依次类推。在这种策略下，666=6×100+1×50+1×10+1×5+1×1，共使用了10张钞票。

这种策略称为“贪心”：假设我们面对的局面是“需要凑出w”，贪心策略会尽快让w变得更小。能让w少100就尽量让它少100，这样我们接下来面对的局面就是凑出w-100。长期的生活经验表明，贪心策略是正确的。

但是，如果我们换一组钞票的面值，贪心策略就也许不成立了。如果一个奇葩国家的钞票面额分别是1、5、11，那么我们在凑出15的时候，贪心策略会出错：
　　15=1×11+4×1 （贪心策略使用了5张钞票）
　　15=3×5 （正确的策略，只用3张钞票）
　　为什么会这样呢？贪心策略错在了哪里？

鼠目寸光。
　
　　刚刚已经说过，贪心策略的纲领是：“尽量使接下来面对的w更小”。这样，贪心策略在w=15的局面时，会优先使用11来把w降到4；但是在这个问题中，凑出4的代价是很高的，必须使用4×1。如果使用了5，w会降为10，虽然没有4那么小，但是凑出10只需要两张5元。
　　在这里我们发现，贪心是一种只考虑眼前情况的策略。

那么，现在我们怎样才能避免鼠目寸光呢？

如果直接暴力枚举凑出w的方案，明显复杂度过高。太多种方法可以凑出w了，枚举它们的时间是不可承受的。我们现在来尝试找一下性质。

重新分析刚刚的例子。w=15时，我们如果取11，接下来就面对w=4的情况；如果取5，则接下来面对w=10的情况。我们发现这些问题都有相同的形式：“给定w，凑出w所用的最少钞票是多少张？”接下来，我们用f(n)来表示“凑出n所需的最少钞票数量”。

那么，如果我们取了11，最后的代价（用掉的钞票总数）是多少呢？

明显 $\operatorname{cost}=f(4)+1=4+1=5$ ，它的意义是：利用11来凑出15，付出的代价等于f(4)加上自己这一张钞票。现在我们暂时不管f(4)怎么求出来。
　　依次类推，马上可以知道：如果我们用5来凑出15，cost就是 $f(10)+1=2+1=3$ 。

那么，现在w=15的时候，我们该取那种钞票呢？当然是各种方案中，cost值最低的那一个！
　　
　　- 取11： $\operatorname{cost}=f(4)+1=4+1=5$
　　- 取5： $\operatorname{cost}=f(10)+1=2+1=3$
　　- 取1： $\operatorname{cost}=f(14)+1=4+1=5$

显而易见，cost值最低的是取5的方案。我们通过上面三个式子，做出了正确的决策！

这给了我们一个至关重要的启示—— $f(n)$ 只与 $f(n-1)$ ， $f(n-5)$ ， $f(n-11)$ 相关；更确切地说： $f(n)=\min \{f(n-1), f(n-5), f(n-11)\}+1$

这个式子是非常激动人心的。我们要求出f(n)，只需要求出几个更小的f值；既然如此，我们从小到大把所有的f(i)求出来不就好了？注意一下边界情况即可。代码如下：

在这里插入图片描述
我们以 $O(n)$ 的复杂度解决了这个问题。现在回过头来，我们看看它的原理：

$f(n)$ 只与 $f(n-1)$ ， $f(n-5)$ ， $f(n-11)$ 相关。
我们只关心 $f(w)$ 的值，不关心是怎么凑出w的。

这两个事实，保证了我们做法的正确性。它比起贪心策略，会分别算出取1、5、11的代价，从而做出一个正确决策，这样就避免掉了“鼠目寸光”！

它与暴力的区别在哪里？我们的暴力枚举了“使用的硬币”，然而这属于冗余信息。我们要的是答案，根本不关心这个答案是怎么凑出来的。譬如，要求出f(15)，只需要知道f(14),f(10),f(4)的值。其他信息并不需要。我们舍弃了冗余信息。我们只记录了对解决问题有帮助的信息——f(n).

我们能这样干，取决于问题的性质：求出f(n)，只需要知道几个更小的f©。我们将求解f©称作求解f(n)的“子问题”。

这就是DP（动态规划，dynamic programming）.

将一个问题拆成几个子问题，分别求解这些子问题，即可推断出大问题的解。

2. 几个简单的概念

【无后效性】

一旦f(n)确定，“我们如何凑出f(n)”就再也用不着了。

要求出f(15)，只需要知道f(14),f(10),f(4)的值，而f(14),f(10),f(4)是如何算出来的，对之后的问题没有影响。

“未来与过去无关”，这就是无后效性。

（严格定义：如果给定某一阶段的状态，则在这一阶段以后过程的发展不受这阶段以前各段状态的影响。）

【最优子结构】

回顾我们对f(n)的定义：我们记“凑出n所需的最少钞票数量”为f(n).
f(n)的定义就已经蕴含了“最优”。利用w=14,10,4的最优解，我们即可算出w=15的最优解。
大问题的最优解可以由小问题的最优解推出，这个性质叫做“最优子结构性质”。
引入这两个概念之后，我们如何判断一个问题能否使用DP解决呢？

能将大问题拆成几个小问题，且满足无后效性、最优子结构性质。

3. DP的典型应用：DAG最短路
　　问题很简单：给定一个城市的地图，所有的道路都是单行道，而且不会构成环。每条道路都有过路费，问您从S点到T点花费的最少费用。

在这里插入图片描述
　这个问题能用DP解决吗？我们先试着记从S到P的最少费用为f§.
　　想要到T，要么经过C，要么经过D。从而 $f(T)=\min \{f(C)+20, f(D)+10\}$

好像看起来可以DP。现在我们检验刚刚那两个性质：
　　- 无后效性：对于点P，一旦f§确定，以后就只关心f§的值，不关心怎么去的。
　　- 最优子结构：对于P，我们当然只关心到P的最小费用，即f§。如果我们从S走到T是 $S \rightarrow P \rightarrow Q \rightarrow T$ 那肯定S走到Q的最优路径是 $S \rightarrow P \rightarrow Q$ 。对一条最优的路径而言，从S走到沿途上所有的点（子问题）的最优路径，都是这条大路的一部分。这个问题的最优子结构性质是显然的。

既然这两个性质都满足，那么本题可以DP。式子明显为：
$f(P)=\min \left\{f(R)+w_{R \rightarrow P}\right\}$

其中R为有路通到P的所有的点， $w_{R \rightarrow P}$ 为R到P的过路费。

代码实现也很简单，拓扑排序即可。

4. 对DP原理的一点讨论

【DP的核心思想】

DP为什么会快？
　　无论是DP还是暴力，我们的算法都是在可能解空间内，寻找最优解。

来看钞票问题。暴力做法是枚举所有的可能解，这是最大的可能解空间。
　　DP是枚举有希望成为答案的解。这个空间比暴力的小得多。

也就是说：DP自带剪枝。

DP舍弃了一大堆不可能成为最优解的答案。譬如：
　　15 = 5+5+5 被考虑了。
　　15 = 5+5+1+1+1+1+1 从来没有考虑过，因为这不可能成为最优解。

从而我们可以得到DP的核心思想：尽量缩小可能解空间。

在暴力算法中，可能解空间往往是指数级的大小；如果我们采用DP，那么有可能把解空间的大小降到多项式级。

一般来说，解空间越小，寻找解就越快。这样就完成了优化。

【DP的操作过程】

一言以蔽之：大事化小，小事化了。

将一个大问题转化成几个小问题；
　　求解小问题；
　　推出大问题的解。

【如何设计DP算法】

下面介绍比较通用的设计DP算法的步骤。

首先，把我们面对的局面表示为x。这一步称为设计状态。
　　对于状态x，记我们要求出的答案(e.g. 最小费用)为f(x).我们的目标是求出f(T).
找出f(x)与哪些局面有关（记为p），写出一个式子（称为状态转移方程），通过f§来推出f(x).

【DP三连】

设计DP算法，往往可以遵循DP三连：

我是谁？ ——设计状态，表示局面
　　我从哪里来？
　　我要到哪里去？ ——设计转移

设计状态是DP的基础。接下来的设计转移，有两种方式：一种是考虑我从哪里来（本文之前提到的两个例子，都是在考虑“我从哪里来”）；另一种是考虑我到哪里去，这常见于求出f(x)之后，更新能从x走到的一些解。这种DP也是不少的，我们以后会遇到。

总而言之，“我从哪里来”和“我要到哪里去”只需要考虑清楚其中一个，就能设计出状态转移方程，从而写代码求解问题。前者又称pull型的转移，后者又称push型的转移。

5. 例题：最长上升子序列

扯了这么多形而上的内容，还是做一道例题吧。

最长上升子序列（LIS）问题：给定长度为n的序列a，从a中抽取出一个子序列，这个子序列需要单调递增。问最长的上升子序列（LIS）的长度。
　　e.g. 1,5,3,4,6,9,7,8的LIS为1,3,4,6,7,8，长度为6。

如何设计状态（我是谁）？

我们记 $f(x)$ 为以 $a_{x}$ 结尾的LIS长度，那么答案就是 $\max \{f(x)\}$ .
　
　状态x从哪里推过来（我从哪里来）？

考虑比x小的每一个p：如果 $a_{x}$ > $a_{p}$ ，那么f(x)可以取f§+1.
　　解释：我们把 $a_{x}$ 接在 $a_{p}$ 的后面，肯定能构造一个以 $a_{x}$ 结尾的上升子序列，长度比以 $a_{p}$ 结尾的LIS大1.那么，我们可以写出状态转移方程了：
　　 $f(x)=\max _{p<x, a_{p}<a_{x}}\{f(p)\}+1$

至此解决问题。两层for循环，复杂度 $O\left(n^{2}\right)$ .
在这里插入图片描述从这三个例题中可以看出，DP是一种思想，一种“大事化小，小事化了”的思想。带着这种思想，DP将会成为我们解决问题的利器。

最后，我们一起念一遍DP三连吧——我是谁？我从哪里来？我要到哪里去？

6. 习题

一、动态规划初步·各种子序列问题

一、 DPDP 的意义以及线性动规简介

动态规划自古以来是 DALAODALAO 凌虐萌新的分水岭，但有些OIer认为并没有这么重要——会打暴力，大不了记忆化。但是其实，动态规划学得好不好，可以彰显出一个 OIerOIer 的基本素养——能否富有逻辑地思考一些问题，以及更重要的——能否将数学、算筹学（决策学）、数据结构合并成一个整体并且将其合理运用 qwqqwq 。

而我们首先要了解的，便是综合难度在所有动规题里最为简单的线性动规了。线性动规既是一切动规的基础，同时也可以广泛解决生活中的各项问题——比如在我们所在的三维世界里，四维的时间就是不可逆式线性，比如我们需要决策在相同的时间内做价值尽量大的事情，该如何决策，最优解是什么——这就引出了动态规划的真正含义：

在一个困难的嵌套决策链中，决策出最优解。

二、动态规划性质浅谈

首先，动态规划和递推有些相似（尤其是线性动规），但是不同于递推的是：

递推求出的是数据，所以只是针对数据进行操作；而动态规划求出的是最优状态，所以必然也是针对状态的操作，而状态自然可以出现在最优解中，也可以不出现——这便是决策的特性（布尔性）。

其次，由于每个状态均可以由之前的状态演变形成，所以动态规划有可推导性，但同时，动态规划也有无后效性，即每个当前状态会且仅会决策出下一状态，而不直接对未来的所有状态负责，可以浅显的理解为——
Future never has to do with past time ,but present does.
现在决定未来，未来与过去无关。

三、扯正题——子序列问题

（一）一个序列中的最长上升子序列（ LISLIS ）

例：由6个数，分别是： 1 7 6 2 3 4，求最长上升子序列。

评析：首先，我们要理解什么叫做最长上升子序列：1、最长上升子序列的元素不一定相邻 2、最长上升子序列一定是原序列的子集。所以这个例子中的 LISLIS 就是：1 2 3 4，共4个

1、 $n^{2}$ 做法
首先我们要知道，对于每一个元素来说，最长上升子序列就是其本身。那我们便可以维护一个 dpdp 数组，使得 dp[i] 表示以第 i 元素为结尾的最长上升子序列长度，那么对于每一个 dp[i] 而言，初始值即为 1 ；

那么dp数组怎么求呢？我们可以对于每一个 i ，枚举在 i 之前的每一个元素 j ，然后对于每一个 dp[j] ,如果元素 i大于元素 j ，那么就可以考虑继承，而最优解的得出则是依靠对于每一个继承而来的 dp 值，取 max .

 for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=1;//初始化 
        for(int j=1;j<i;j++)//枚举i之前的每一个j 
        if(data[j]<data[i] && dp[i]<dp[j]+1)
        //用if判断是否可以拼凑成上升子序列，
        //并且判断当前状态是否优于之前枚举
        //过的所有状态,如果是，则↓ 
        dp[i]=dp[j]+1;//更新最优状态 

    }

最后，因为我们对于 dpdp 数组的定义是到i为止的最长上升子序列长度，所以我们最后对于整个序列，只需要输出 dp[n]dp[n] ( nn 为元素个数)即可。

从这个题我们也不难看出，状态转移方程可以如此定义：

下一状态最优值=最优比较函数（已经记录的最优值，可以由先前状态得出的最优值）
——即动态规划具有判断性继承思想

2、 nlognnlogn 做法
我们其实不难看出，对于 $n^{2}$ 做法而言，其实就是暴力枚举：将每个状态都分别比较一遍。但其实有些没有必要的状态的枚举，导致浪费许多时间，当元素个数到了 $10^{4}$ — $10^{5}$ 以上时，就已经超时了。而此时，我们可以通过另一种动态规划的方式来降低时间复杂度：

将原来的dp数组的存储由数值换成该序列中，上升子序列长度为i的上升子序列，的最小末尾数值

这其实就是一种几近贪心的思想：我们当前的上升子序列长度如果已经确定，那么如果这种长度的子序列的结尾元素越小，后面的元素就可以更方便地加入到这条我们臆测的、可作为结果、的上升子序列中。

qwq一定要好好看注释啊！

int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        f[i]=0x7fffffff;
        //初始值要设为INF
        /*原因很简单，每遇到一个新的元素时，就跟已经记录的f数组当前所记录的最长
        上升子序列的末尾元素相比较：如果小于此元素，那么就不断向前找，直到找到
        一个刚好比它大的元素，替换；反之如果大于，么填到末尾元素的下一个q，INF
                就是为了方便向后替换啊！*/ 
    }
    f[1]=a[1];
    int len=1;//通过记录f数组的有效位数，求得个数 
    /*因为上文中所提到我们有可能要不断向前寻找，
    所以可以采用二分查找的策略，这便是将时间复杂
    度降成nlogn级别的关键因素。*/ 
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int l=0,r=len,mid;
        if(a[i]>f[len])f[++len]=a[i];
        //如果刚好大于末尾，暂时向后顺次填充 
        else 
        {
        while(l<r)
        {   
            mid=(l+r)/2;
            if(f[mid]>a[i])r=mid;
    //如果仍然小于之前所记录的最小末尾，那么不断
    //向前寻找(因为是最长上升子序列，所以f数组必
    //然满足单调) 
            else l=mid+1; 
        }
        f[l]=min(a[i],f[l]);//更新最小末尾 
        }
    }
    cout<<len;

但是事实上， nlognnlogn 做法偷了个懒，没有记录以每一个元素结尾的最长上升子序列长度。那么我们对于 $n^{2}$ 的统计方案数，有很好想的如下代码（再对第一次的 dpdp 数组 dpdp 一次）：

for(i = 1; i <= N; i ++){
    if(dp[i] == 1) f[i] = 1 ;
    for(j = 1; j <= N: j ++)
        if(base[i] > base[j] && dp[j] == dp[i] - 1) f[i] += f[j] ;
        else if(base[i] == base[j] && dp[j] == dp[i]) f[i] = 0 ;
    if(f[i] == ans) res ++ ;
    }

但是 nlognnlogn 呢？虽然好像也可以做，但是想的话会比较麻烦，在这里就暂时不讨论了 qwqqwq ，但笔者说这件事的目的是为了再次论证一个观点:时间复杂度越高的算法越全能

3 、输出路径
只要记录前驱，然后递归输出即可（也可以用栈的）

下面贴出 $n^{2}$ 的完整代码qwq

#include <iostream>
using namespace std;
const int MAXN = 1000 + 10;
int n, data[MAXN];
int dp[MAXN]; 
int from[MAXN]; 
void output(int x)
{
    if(!x)return;
    output(from[x]);
    cout<<data[x]<<" ";
    //迭代输出 
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>data[i];

    // DP
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i]=1;
        from[i]=0;
        for(int j=1;j<i;j++)
        if(data[j]<data[i] && dp[i]<dp[j]+1)
        {
            dp[i]=dp[j]+1;
            from[i]=j;//逐个记录前驱 
        }
    }

    int ans=dp[1], pos=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(ans<dp[i])
        {
            ans=dp[i];
            pos=i;//由于需要递归输出
    //所以要记录最长上升子序列的最后一
    //个元素，来不断回溯出路径来 
        }
    cout<<ans<<endl;
    output(pos);

    return 0;
}

（二）两个序列中的最长公共子序列（ LCS ）

1、譬如给定2个序列：

1 2 3 4 5

3 2 1 4 5
试求出最长的公共子序列。

qwq 显然长度是 3 ，包含
3 4 5 三个元素（不唯一）

解析：我们可以用 dp[i][j]来表示第一个串的前 i 位，第二个串的前j位的 LCS 的长度，那么我们是很容易想到状态转移方程的：

如果当前的 A1[i] 和 A2[j] 相同（即是有新的公共元素）那么

dp[ i ] [ j ] = max(dp[ i ] [ j ], dp[ i-1 ] [ j-1 ] + 1);
如果不相同，即无法更新公共元素，考虑继承：

dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i][j−1])
那么代码:

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[1001][1001],a1[2001],a2[2001],n,m;
int main()
{
    //dp[i][j]表示两个串从头开始，直到第一个串的第i位 
    //和第二个串的第j位最多有多少个公共子元素 
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a1[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a2[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     for(int j=1;j<=m;j++)
      {
        dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
        if(a1[i]==a2[j])
        dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+1);
        //因为更新，所以++； 
      }
    cout<<dp[n][m];
}

2 、而对于洛谷 P1439
而言，不仅是卡上面的朴素算法，也考察到了全排列的性质：

对于这个题而言，朴素算法是 $n^{2}$ 的，会被 $10^{5}$ 卡死，所以我们可以考虑 nlogn 的做法：

因为两个序列都是 1~n的全排列，那么两个序列元素互异且相同，也就是说只是位置不同罢了，那么我们通过一个 map 数组将 A 序列的数字在 B 序列中的位置表示出来——

因为最长公共子序列是按位向后比对的，所以a序列每个元素在b序列中的位置如果递增，就说明b中的这个数在a中的这个数整体位置偏后，可以考虑纳入 LCS ——那么就可以转变成 nlogn 求用来记录新的位置的map数组中的 LIS 。

最后贴 AC 代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[100001],b[100001],map[100001],f[100001];
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);map[a[i]]=i;}
    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&b[i]);f[i]=0x7fffffff;}
    int len=0;
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int l=0,r=len,mid;
        if(map[b[i]]>f[len])f[++len]=map[b[i]];
        else 
        {
        while(l<r)
        {   
            mid=(l+r)/2;
            if(f[mid]>map[b[i]])r=mid;
            else l=mid+1; 
        }
        f[l]=min(map[b[i]],f[l]);
        }
    }
    cout<<len;
    return 0
}