前言
起初我真的真的觉得动态规划是非常难的东西 以至于到现在我才鼓起勇气去真正的学它 但其实只要我们沉下心来分析 知道我们每一步要干嘛 好像也没有那么的难以理解了 其实我倒觉得
从最直白的DFS——>记忆化搜索（用一个memo[ ]数组来减少不必要的计算）——>dp数组（背包问题）
我觉得这是一个比较好的路径 但可惜我并没有花很多时间去练习 以至于有些DFS我都AC不了 但好在都能及时改正 现在看来真的是得益于合理的学习路径和优质的视频讲解 感恩
等过一段时间我会把所有东西都做一个开源 以供后续0基础读者能够安稳的起步
不为什么 只想把前辈们给我打的伞传递下去！
小明的背包
思路详解
可以说这是一个非常经典的背包问题 需要借助我们的dp（Dynamic Programming）来解决
没什么难的 只不过是你还不知道
- 1 首先我们需要明确 在这题里面什么是状态和选择
状态是可能变化的量 即包的剩余容量以及可以选择的物品
选择就是引起状态改变的量 即拿或者不拿 当前的物品
- 2 其次我们需要明确我们dp数组的定义
什么是dp数组 就是我们用这个数组来表达某一种状态
例如 在这题中dp[3][2]=6 他的意思就是说
如果只考虑前三件物品 在背包容量为2的情况下 可以拿到的最大价值是6
我的理解：
可以与数学里面的线性规划来理解 就像是有两个限制（两条线）
而你需要找到在这个限制之下的函数最值F（x）可能我说的不够准确 但是我确实是这么来理解的
同时这意味着 ：
我们dp数组的维度也就是dp后面跟几个方括号 [ ] 跟我们的状态有关 也就是说 这些状态的变化会引起最值的波动
好了 那么这题中 dp[i][w] 的定义就是：
对于前i件物品 当背包容量为w时的最大价值
- 3 最后我们需要根据状态写出状态转移方程
- 我们无非就是两个选择 选或者不选
1.不选 我们根据这题dp数组的定义就是 ：
即对于当前这件物品的价值不用考虑 但前i-1件物品还是在包里的
所以：对于前i件物品 我们不装i 当背包容量为w时的最大价值为：
dp[i][w]=dp[i-1][w]
2.选 (难点)
选的话 假设包的容量够放当前的物品
那么首先 在最终价值当中 肯定包含第i件物品 即val[i]
其次 我们只需要知道在剩余的背包容量为w-wt[i]（总的容量减去第i件物品的容量）情况下前i-1件物品的最大价值是多少
因此我们可以再次根据dp数组的定义得到：
dp[i-1][w-wt[i]]
想要知道当前状态下的最大价值dp[i][w] 我们只需要对上述求个和就可以 即：
dp[i][w]=dp[i-1][w-wt[i]]+val[i]
那么这道题就迎刃而解了
视频资源（必看）：
满分代码
需要调整的细节就是我们遍历的起点是1 而wt和val的起始下标是从0开始的 所以在循环中 wt数组和val数组需要进行偏移1
另外 这个work函数实际上并不需要任何参数 如果你把n和v定义成全局变量 我只不过调试的时候给他加到main函数里了
其余的完全就是按照上面的思路来的
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int wt[N],val[N];
int dp[N][N];
int work(int n,int v)
{
//遍历所有组合
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int w=1;w<=v;w++)
{
//当前状态下装不下第i件物品 只能选择不装
if(w-wt[i-1]<0)
{
dp[i][w]=dp[i-1][w];
}else{
dp[i][w]=max(dp[i-1][w],dp[i-1][w-wt[i-1]]+val[i-1]);//取最优 因为要考虑性价比问题
}
}
}
return dp[n][v];
}
int main()
{
int n,v;
cin>>n>>v;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>wt[i]>>val[i];
}
memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化
//basecase dp[0][w]=0 dp[i][0]=0
int res=work(n,v);
cout<<res<<endl;
return 0;
}
编辑距离
思路详解
AC代码
class Solution {
public:
int minDistance(string s1, string s2) {
int m = s1.size(), n = s2.size();
// i，j 初始化指向最后一个索引
return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
}
private:
// 定义：返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离
int dp(string &s1, int i, string &s2, int j) {
// base case
if (i == -1) return j + 1;
if (j == -1) return i + 1;
if (s1[i] == s2[j]) {
// 啥都不做
return dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
}
return min({
// 插入
dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
// 删除
dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
// 替换
dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
});
}
};
优化
class Solution {
private:
// 备忘录
vector<vector<int>> memo;
int dp(string& s1, int i, string& s2, int j) {
if (i == -1) return j + 1;
if (j == -1) return i + 1;
// 查备忘录，避免重叠子问题
if (memo[i][j] != -1) {
return memo[i][j];
}
// 状态转移，结果存入备忘录
if (s1[i] == s2[j]) {
memo[i][j] = dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
} else {
memo[i][j] = min3(
dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
);
}
return memo[i][j];
}
int min3(int a, int b, int c) {
return min(a, min(b, c));
}
public:
int minDistance(string word1, string word2) {
int m = word1.size(), n = word2.size();
// 备忘录初始化为特殊值，代表还未计算
memo = vector<vector<int>>(m, vector<int>(n, -1));
return dp(word1, m - 1, word2, n - 1);
}
};
最长子序列
题目解读与思路分析
对于字符串的问题 我们往往是利用两个指针分别游走在两个序列上 再进一步利用一些算法来解决问题
这题是一个动态的字符匹配 而且问的是最长的子序列
我们可以考虑使动态规划来解决 还是老规矩 三步走：
- 1.什么是状态 什么是选择
状态 当前匹配位置 k
选择 就是在s1中 找没找到需要的字符
- 2.dp数组的含义是什么
例如dp[10]=4 是什么意思
对于S2前10个字符 最长连续4个字符被S1包含
那进而 我们可以得出 dp[i]的含义就是
s2 的前 i 个字符在 s1 中能形成的最长公共子序列的长度。
- 根据选择写出状态转移方程
- 1.找到了
dp[i]=dp[i-1]+1 当前的状态=前i-1个字符的长度加上当前的字符
2.没找到
dp[i]=dp[i-1]
但是我们只需要在找到的时候对dp进行更新就好
代码示例
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
string s1,s2;
int ans;
int dp[N];
int main()
{
cin>>s1>>s2;
int k=0;
for(int i=0;i<s2.size();i++){
//由于string下标从0开始所以状态转移方程需要+1
for(int j=k;j<s1.size();j++){
if(s2[i]==s1[j]){
k=j+1;//记录匹配的位置
dp[i+1]=dp[i]+1;
break;
}
}
}
int ans=-1;
for(int i=1;i<=s2.size();i++){
ans=max(ans,dp[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}