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除了勇气,我什么都不缺。

Junior Dynamic Programming——动态规划初步·各种子序列问题

posted on 2018-02-10 01:00:06 | under 算法学习 |

一、$DP$的意义以及线性动规简介

动态规划自古以来是$DALAO$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$OIer$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$qwq$

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——

$\mathcal{Future \ \ never \ \ has \ \ to \ \ do \ \ with \ \ past \ \ time \ \ ,but \ \ present \ \ does}.$

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($LIS$)

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$LIS$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$dp$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$dp$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$dp[n]$($n$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、$nlogn$ 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;

$Another \ \ Situation$

但是事实上,$nlogn$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$dp$数组$dp$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$nlogn$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$qwq$,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
}

$\mathcal{Although \ \ there're \ \ difficulties \ \ ahead \ \ of \ \ us \ \ , \ \ remember \ \ :}$

就算出走半生,归来仍要是少年