基礎DP

建國中學游承曦

什麼是DP?

Dynamic Programming, 動態規劃

如何解決一個大問題？

把他拆成小問題再合併求出答案！

最佳解問題
組合計數

一些不重要的名詞(?

最佳子結構
重複子結構
無後效性

~~可能以後就能滲透了吧~~

DP的步驟

定義狀態
寫出轉移
打好邊界

時間複雜度通常是 \(O(\) 狀態數 \(\times\) 狀態轉移花費 \()\)

直接看例子吧OAO

ZJ d212 - 東東爬階梯

東東要來爬樓梯，他每次只會跨一階或兩階，假設樓梯共有 \(n\) 階，則他有幾種爬樓梯的做法?

這時候你可以選擇

排列組合或 DP

顯然排組是還沒教過的東西，吧?

那就來DP吧

2. 對於東東而言，他只能從前兩階或前一階走上來

因此走到第 \(i\) 階的方法數就是走到 \(i-1\) 階和 \(i-2\) 階的方法數和

1. 定義 \(dp_i\) 為走到第 \(i\) 階樓梯的方法數

因此轉移就是 \(dp_i = dp_{i-1} + dp_{i-2}\)

3. 而最初始的狀態，走\(0\)階和走\(1\)階的走法都只有\(1\)種

所以邊界 \(dp_0 = dp_1 = 1\)

int dp(int n){
    if(n == 0 || n == 1) return 1;
    return dp(n-1) + dp(n-2);
}

哪裡出了問題?

這樣每次算走 \(n\) 階的答案都要遞迴 \(n\) 層

似乎效率太差，不滿足重複子結構?

因此我們要把重要的資料留下來!

int dp[maxn]={};
int fib(int n){
    if(dp[n] != 0) return dp[n];
    if(n == 0 || n == 1) return dp[n] = 1;
    return dp[n] = fib(n-1) + fib(n-2);
}

把已經知道走 \(n\) 階的答案存下來

這樣以後要求他時就能直接得出答案

這種遞迴的dp寫法叫做 top-down

int dp[maxn];
dp[0] = dp[1] = 1;
for(int i=2 ; i<=n ; ++i){
    dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
}

// 直接查表 dp[k];

bottom-up 的作法

複雜度呢?

狀態數 \(\times\) 轉移花費

\(\to N(dp[0...N]) \times 1 (\)每次只要做加法\()\)

\(\to \ O(N)\) !

很棒的線性時間

btw 那題 ZJ d212

int 會爆， long long 也會爆

所以要開 long long unsigned

一大堆的練習題

才是進步的墊腳石

~~要開始腦力激盪了(?)~~

ZJ d784 - 連續元素的和

給你一個 \(n\) 個數的序列 \(a\)，

找出某一段連續的區間為最大值?

\(<a_n> \ = \ -1, 2, 3, -4, 5\)

\(\max. = 2+3-4+5 = 6\)

1. 定義 \(dp_i\) 為包含 \(a_i\) 所形成的一段最大連續和

如何寫出轉移?

若 \(a_i\) 前一個最大連續和為負，就不要取

反之則加上去

2. \(dp_i = \max(dp_{i-1}, \ 0) + a_i\)

邊界?

3. 只要 \(dp_0 = 0\) 就好惹

4. 最後取 \(\max_{1\leq i \leq n}dp_i\) 就是答案!

NEOJ 141

修改一下剛剛那題

給你一個 \(n\) 個數的序列 \(a\)，

可以選一些數字使其為最大，

但任兩個選的數字間至少要隔一個沒選的數?

\(<a_n> \ = \ -1, 2, 3, -4, 5\)

\(\max. = 3+5=8\)

轉換一下定義

1. 定義 \(dp_i\) 為 \(a_1 \) ... \( a_i\) 所形成的最佳解 (總和最大)

要求 \(dp_i\) 時有兩種狀況，選 \(a_i\) 或不選 \(a_i\)

如果選了 \(a_i\)，那 \(a_{i-1}\) 就不能選，所以 \(a_i\) 就可以搭配 \(a_1\) ... \(a_{i-2}\) 所形成的最佳解
如果不選 \(a_i\) 那 \(a_1\) ... \(a_{i-1}\) 的最佳解就直接是 \(a_1\) ... \(a_i\) 的最佳解

所以轉移就會是兩者取較大者!

2. \(dp_i =\max(dp_{i-2}+a_i, \ dp_{i-1})\)

邊界!

3. \(dp_0 = 0, \ dp_1 = a_1\)

最後 \(dp_n\) 就會是 \(a_1\) ... \(a_n\) 的最佳解

也就是要求的答案

ZJ d378 - 最小路徑

給一個大小為 \(N\times M\) 的矩陣，

現在要從左上角走到右下角，且每次只能往右或往下走

每經過一個點，總花費就要加上該點的花費

求最小的總花費?

則最小花費為

\(0\to 1\to 5\to 1\to 1\to 0\)

\(=8\)

0	7	8	9
1	5	1	1
2	4	6	0

假設左上角為 \((1, \ 1)\)，右下角為 \((n, \ m)\)

\(dp[i][j]\) 為走到 \((i, \ j)\) 時的最小花費

如果這一步不在邊界，可以從上方或左方走過來：

則 \(dp[i][j] = \min(dp[i-1][j], \ dp[i][j-1]) + c[i][j]\)

如果在邊界，就是以下兩種之一：

\(dp[i][j] = dp[i-1][j] + c[i][j]\)

\(dp[i][j] = dp[i][j-1] + c[i][j]\)

初始狀態可以放 \(dp[1][1] = c[1][1]\)

最後答案就是 \(dp[n][m]\)

空間優化

注意到每次轉移都是用前一列的資訊，

那再更前排的不是都不重要了?

所以我們可以把陣列用滾動的方式來使用!

也就是

\(dp[i \% 2][j] = \min\{dp[(i - 1) \% 2][j] + dp[i][j - 1]\} + c[i][j]\)

只需要額外 \(\mathcal{O}(2M)\) 的空間!

TIOJ 1288 - [IOI 1994] 三角旅行

如果上面那題懂了

~~那你就可以來寫IOI史上最水的題目(有oj的)~~

只是從長方形變成三角形而已

背包問題

FHVirus : 比 FFT 還難的東西

給你 \(n\) 個物品，每個物品有價值\(v_i\)和重量\(w_i\)，

還有一個負重上限為 \(m\) 的背包，

問選一些物品不超過背包重量上限能獲得最大價值?

\(n \times m \leq 10^7\)

直覺

每次選價值最大的物品先放進背包直到放不下

或是先放價值與重量比值最大者

或是...?

反例

\(n = 3, \ m = 10\)

\(v:[ \ 12, 6, 7 \ ]\)

\(w:[ \ 6, 5, 5 \ ]\)

greedy 的想法在這裡是行不通的, 除非...?

0	0	0	0	0	0
0	12	12	12	12	12
6	12	12	12	12	12
7	12	12	12	12	13

湊成重量 1~10 的最大價值 \(\rightarrow\)

前

\(i\)

個

物

品

\(\downarrow\)

\(n = 3, \ m = 10\)

\(v_i : [ \ 12, 6, 7 \ ]\)

\(w_i : [ \ 6, 5, 5 \ ]\)

\(dp[i][j]\) 代表考慮了前 \(i\) 個物品，

重量湊成 \(j\) 的最大價值

要求第 \(i\) 個物品湊成重量 \(j\) 時，

轉移式為

\(dp[i][j] = \max \{dp[i-1][j-w_i]+v_i \mid j-w_i \geq 0 \}\)

邊界呢? ~~這題不用特別設~~

答案就是 \(\max\{dp[n][k]\}, k \in [0, m]\)

int main(){
    int n, m;
    int v[MAXN + 1];
    int w[MAXN + 1];
    
    cin >> n >> m;
    for(int i=1 ; i<=n ; ++i)
    	cin >> v[i] >> w[i];
        
    int dp[MAXN + 1][MAXM + 1]{};
    for(int i=1 ; i<=n ; ++i)
        for(int j=0 ; j<=m ; ++j){
            if(j - w[i] >= 0){
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j - w[i]] + v[i]);
            }
            else{
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
            }
        }
        
    int ans = 0;
    for(int i=1 ; i<=n ; ++i)
        for(int j=1 ; j<=m ; ++j)
            ans = max(ans, dp[i][j]);
    cout << ans << '\n';
}

滾動DP

可以發現轉移時都是從 \(dp[i-1]\) 排轉移過來，

因此一樣可以只開 \(2 \times M\) 大小的陣列

每次交換兩排來當作轉移來源

比較特別的是對於背包問題可以壓成一個維度

只是要逆序枚舉

逆序枚舉

無限背包

有限背包

區間DP

ZJ d652

TIOJ 1029

TIOJ 1914

104 全國賽

LCS

Longest Common Subsequence

LIS

Longest Increasing Subsequence

位元DP

e.g. 旅行推銷員問題

基礎DP

By youou

基礎DP

什麼是DP?

如何解決一個大問題？

把他拆成小問題再合併求出答案！

一些不重要的名詞(?

最佳子結構

重複子結構

無後效性

DP的步驟

定義狀態

寫出轉移

打好邊界

直接看例子吧OAO

ZJ d212 - 東東爬階梯

那就來DP吧

1. 定義 \(dp_i\) 為走到第 \(i\) 階樓梯的方法數

因此轉移就是 \(dp_i = dp_{i-1} + dp_{i-2}\)

所以邊界 \(dp_0 = dp_1 = 1\)

複雜度呢?

狀態數 \(\times\) 轉移花費

\(\to N(dp[0...N]) \times 1 (\)每次只要做加法\()\)

\(\to \ O(N)\) !

一大堆的練習題

才是進步的墊腳石

ZJ d784 - 連續元素的和

1. 定義 \(dp_i\) 為包含 \(a_i\) 所形成的一段最大連續和

2. \(dp_i = \max(dp_{i-1}, \ 0) + a_i\)

3. 只要 \(dp_0 = 0\) 就好惹

4. 最後取 \(\max_{1\leq i \leq n}dp_i\) 就是答案!

NEOJ 141

1. 定義 \(dp_i\) 為 \(a_1 \) ... \( a_i\) 所形成的最佳解 (總和最大)

2. \(dp_i =\max(dp_{i-2}+a_i, \ dp_{i-1})\)

3. \(dp_0 = 0, \ dp_1 = a_1\)

最後 \(dp_n\) 就會是 \(a_1\) ... \(a_n\) 的最佳解

也就是要求的答案

ZJ d378 - 最小路徑

空間優化

TIOJ 1288 - [IOI 1994] 三角旅行

背包問題

直覺

每次選價值最大的物品先放進背包直到放不下

或是先放價值與重量比值最大者

或是...?

滾動DP

逆序枚舉

無限背包

有限背包

區間DP

ZJ d652

TIOJ 1029

TIOJ 1914

LCS

LIS

位元DP

基礎DP

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