動態規劃

• 最佳子結構

  • 問題本身的最佳解可以從子問題的最佳解求得

• 重複子問題

  • 相同的子問題重複出現

動態規劃

ex. 背包問題的最佳子結構

背包重量

最高價值

假設有三個物品(k=3), 重量與價值分別為

1

8

9

5

4

0

動態規劃

ex. 背包問題的重複子問題

背包重量

最高價值

1

8

5

4

背包重量

最高價值

1

8

9

5

4

0

0

區間動態規劃

• 顧名思義，dp陣列是儲存某個區間的最佳解

• 最佳子結構、重複子問題

L

R

L

R

i

i+1

區間動態規劃 zerojudge - d652

題目：

給長度為n(<50)的正整數數列，每次操作可以合併相鄰的3個數，合併後中間的數被刪除，付出代價為三數相乘。

例如:相鄰三數為A, B, C則合併後剩下A, C操作代價為三數相乘AxBxC。

求合併到只剩2個數，操作過程代價總和最少為何

範例輸入：

1 2 3 4 5

範例輸出：

38

1 2 3 4 5

0

1 3 4 5

6

1 4 5

18

1 5

38

區間動態規劃 zerojudge - d652

1. 觀察操作有什麼特性

2. 定義dp陣列每個維度index的意義

3. 根據定義的意義嘗試找出轉移方法

4. 找不出轉移方法->從第2步開始

區間動態規劃 zerojudge - d652

1. 某一區間合併到最後會剩下最左邊和最右邊兩個數

2. dp[L][R]代表將區間[L,R]合併到剩下區間端點兩數的最小代價

L

R

L

R

i

i

i

L

i

R

區間動態規劃 zerojudge - d652

1. 觀察

   • 合併到最後會剩下最左邊和最右邊兩個數

   • 假如合併的最後一步剩下W[0], W[i], W[n-1]，代表W[0]和W[i]之間都合併完、W[i]和W[n-1]之間也合併完
   • 你不知道哪個i會使代價最低

2. dp[L][R]代表將區間[L,R]合併到剩下區間端點兩數的最小代價

3. 根據定義的dp陣列和觀察

區間動態規劃 zerojudge - d652

#include <...>

const int N = ???;
int dp[N][N];

int DP(int l, int r) {
    if(dp[l][r] != -1)    // 已經 DP過
        return dp[l][r];
    if(邊界條件) {
        dp[l][r] = 0;
        return dp[l][r];
    }
    dp[l][r] = 1e9 + 1;
    for(int i = l + 1; i < r; i++)
        dp[l][r] = min(dp[l][r], DP(l, i) + DP(i, r) + cost(l, i, r));
    return dp[l][r];
}

int main () {
    // 輸入
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    printf("%d\n", DP(0, n - 1));
}

區間動態規劃 zerojudge - d652

#include <...>

const int N = ???;
int dp[N][N];

int main () {
    // 輸入
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    for(int len = 3; len <= n; len++)
        for(int l = 0; l + len - 1 < n; l++) {
            int r = l + len - 1;
            dp[l][r] = 1e9;
            for(int i = l+1; i < r; i++)
                dp[l][r] = min(dp[l][r], dp[l][i] + dp[i][r] + cost(l, i, r));
        }
    printf("%d\n", dp[0][n - 1]);
}

區間動態規劃 zerojudge - d652

時間複雜度：

• 每個區間可以有n種子區間的組合，因此轉移一次要花
• 總共有      個區間(n個左界和n個右界)
• 複雜度為

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權重由小到大給二元搜尋樹上每個葉子被訪問的次數e，每一次訪問的代價是葉子的深度d，所以一個葉子的總代價在二元樹中的代價為d*e，請找出一顆二元搜尋樹，使得訪問每個葉節點的總代價最低

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滾動數組DP UVA 12484

四邊形不等式優化

• a < b ≤ c <d, f(a,c) + f(b,d) ≤ f(a,d) + f(b,c)

• 假設k<d，如果有f(L,i)+f(i,R)≥f(L,d)+f(d,R)，其中 d 是轉移 f(L, R) 最好的斷點(也稱為K(L, R))，則小於 d 的 i 當然結果都會比用 d 轉來的差。

1. a < b ≤ c <d,  f(a,d) + f(b,c) ≧ f(a,c) + f(b,d)

2. 假設i<d，如果有f(L,i)+f(i,R)≥f(L,d)+f(d,R)，其中 d 是轉移 f(L, R) 最好的斷點(也稱為K(L, R))，則小於 d 的 i 當然結果都會比用 d 轉來的差。

• 由式1可以得到 f(L+1,i)+f(L,d)≥f(L+1,d)+f(L,i);(L<L+1<i<d)
• ⇒f(L+1,i)+f(i,R)+f(L,d)+f(d,R)≥f(L+1,d)+f(d,R)+f(L,i)+(i,R)， 兩邊同加 f(i,R)+f(d,R)
• ⇒(f(L+1,i)+f(i,R)+f(L,d)+f(d,R))−(f(L+1,d)+f(d,R)+f(L,i)+f(i,R))≥0
• ⇒(f(L+1,i)+f(i,R))−(f(L+1,d)+f(d,R))≥(f(L,i)+f(i,R))−(f(L,d)+f(d,R))
• 因為式2， (f(L,i)+f(i,R))−(f(L,d)+f(d,R))≥0
• ⇒(f(L+1,i)+f(i,R))−(f(L+1,d)+f(d,R))≥0
• ⇒f(L+1,i)+f(i,R)≥f(L+1,d)+f(d,R) 重要結論

因為

所以

結論

狀態壓縮DP

1. 最佳子結構、重複子問題

2. 表達狀態的變數過多，無法只用兩三個維度的陣列表達

3. 每個變數只有0和1兩個值

狀態壓縮DP zerojudge-d879

題目：

給2n(n<=8)個人，每個人位於平面上的一個點，希望將這2n個人組隊，每隊兩個人，組成一個隊伍的成本是兩個人之間的距離，求把所有人分組最小的成本

方法1：

用DFS直接爆搜，每層遞迴先選擇一個待分組的人當固定的成員，再依序枚舉沒有被分派組別的人給這個固定成員選組成一隊，繼續遞迴。

原理：

每個人最終會屬於某一組，所以每層遞迴可以固定一個人

狀態壓縮DP zerojudge-d879

狀態壓縮DP zerojudge-d879

發現重複子問題5,6,7,8

1

2

3

4

1

2

3

4

5

6

7

8

5

6

7

8

狀態壓縮DP zerojudge-d879

• 用1表示還沒有被分組，0表示已經有組

• 上一張投影片的相同子狀態可以表示成00001111

•  

狀態壓縮DP zerojudge-d879

#include <...>
...

void DP(int state) {
    int fix;
    for(fix = 0; fix < n; fix++)
        if(state & (1 << fix))            // 如果第fix個bit不是0
            break;
    state &= ~(1 << fix);                        // 把第fix個bit變0
    for(int i = 0; i < n; i++)
        if(state & (1 << i)) {
            int new_state = state & ~(1 << i);   // 把第i個bit變0
            if(new_state 還沒dp過)         // 避免重複子問題
                DP(new_state);
            // state的最佳解可能是new_state的最佳解加上fix和i同組的cost
            dp[state] = min(dp[state], dp[new_state] + cost(fix, i));
        }
}

int main() {
    ...
    // 輸入
    DP((1 << n) - 1);                     // (1 << n) - 1 二進位會是n個1
    cout << dp[(1 << n) - 1] << endl;
}

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