Junior Dynamic Programming——动态规划初步·各种子序列问题
皎月半洒花
2018-02-10 01:00:06
# 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$max$.
```cpp
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！
```cpp
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）：
```cpp
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
```cpp
#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：
```cpp
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:
```cpp
#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：
```cpp
#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