动态规划详解

简介

如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚，如何用最少的硬币凑够11元？ (表面上这道题可以用贪心算法，但贪心算法无法保证可以求出解，比如1元换成2元的时候)

首先我们思考一个问题，如何用最少的硬币凑够i元(i<11)？为什么要这么问呢？

两个原因：

1.当我们遇到一个大问题时，总是习惯把问题的规模变小，这样便于分析讨论。

2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的，除了规模变小，其它的都是一样的， 本质上它还是同一个问题(规模变小后的问题其实是原问题的子问题)。

当i=0，即我们需要多少个硬币来凑够0元。 由于1，3，5都大于0，即没有比0小的币值，因此凑够0元我们最少需要0个硬币。 这时候我们发现用一个标记来表示这句“凑够0元我们最少需要0个硬币。”会比较方便，

我们用d(i)=j来表示凑够i元最少需要j个硬币。于是我们已经得到了d(0)=0， 表示凑够0元最小需要0个硬币。

当i=1时，只有面值为1元的硬币可用， 因此我们拿起一个面值为1的硬币，接下来只需要凑够0元即可，而这个是已经知道答案的， 即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。

当i=2时， 仍然只有面值为1的硬币可用，于是我拿起一个面值为1的硬币， 接下来我只需要再凑够2-1=1元即可。所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。

当i=3时，我们能用的硬币就有两种了：1元的和3元的。 既然能用的硬币有两种，我就有两种方案。如果我拿了一个1元的硬币，我的目标就变为了： 凑够3-1=2元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。 这个方案说的是，我拿3个1元的硬币；第二种方案是我拿起一个3元的硬币， 我的目标就变成：凑够3-3=0元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 这个方案说的是，我拿1个3元的硬币。好了，这两种方案哪种更优呢？ 记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够3元的。所以， 选择d(3)=1，怎么来的呢？具体是这样得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。

上文中d(i)表示凑够i元需要的最少硬币数量，我们将它定义为该问题的”状态”， 这个状态是怎么找出来的呢？最终我们要求解的问题，可以用这个状态来表示：d(11)，即凑够11元最少需要多少个硬币。 那状态转移方程是什么呢？既然我们用d(i)表示状态，那么状态转移方程自然包含d(i)， 上文中包含状态d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。没错， 它就是状态转移方程，描述状态之间是如何转移的。当然，我们要对它抽象一下，

d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j个硬币的面值;

入门

一个序列有N个数：A[1],A[2],…,A
，求出最长非降子序列的长度。 (讲DP基本都会讲到的一个问题LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我们讲的，面对这样一个问题，我们首先要定义一个“状态”来代表它的子问题， 并且找到它的解。注意，大部分情况下，某个状态只与它前面出现的状态有关， 而独立于后面的状态。

让我们沿用“入门”一节里那道简单题的思路来一步步找到“状态”和“状态转移方程”。 假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i]的最长非降子序列的长度，其中i

5，3，4，8，6，7

根据上面找到的状态，我们可以得到：（下文的最长非降子序列都用LIS表示）

前1个数的LIS长度d(1)=1(序列：5)

前2个数的LIS长度d(2)=1(序列：3；3前面没有比3小的)

前3个数的LIS长度d(3)=2(序列：3，4；4前面有个比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)

前4个数的LIS长度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3个数，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到这，我觉得状态转移方程已经很明显了，如果我们已经求出了d(1)到d(i-1)， 那么d(i)可以用下面的状态转移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]

想要求d(i)，就把i前面的各个子序列中， 最后一个数不大于A[i]的序列长度加1，然后取出最大的长度即为d(i)。 当然了，有可能i前面的各个子序列中最后一个数都大于A[i]，那么d(i)=1， 即它自身成为一个长度为1的子序列。

#include <iostream>
using namespace std;

int lis(int A[], int n){
int *d = new int
;
int len = 1;
for(int i=0; i<n; ++i){
d[i] = 1;
for(int j=0; j<i; ++j)
if(A[j]<=A[i] && d[j]+1>d[i])
d[i] = d[j] + 1;
if(d[i]>len) len = d[i];
}
delete[] d;
return len;
}
int main(){
int A[] = {
5, 3, 4, 8, 6, 7
};
cout<<lis(A, 6)<<endl;
return 0;
}

该算法的时间复杂度是O(n^2 )，并不是最优的解法。 还有一种很巧妙的算法可以将时间复杂度降到O(nlogn)，网上已经有各种文章介绍它， 这里就不再赘述。传送门： LIS的O(nlogn)解法。 此题还可以用“排序+LCS”来解，感兴趣的话可自行Google。

练习题

题目描述

Redraiment是走梅花桩的高手。Redraiment总是起点不限，从前到后，往高的桩子走，但走的步数最多，不知道为什么？你能替Redraiment研究他最多走的步数吗？

样例输入

6

2 5 1 5 4 5

样例输出

3

提示

Example:

6个点的高度各为 2 5 1 5 4 5

如从第1格开始走,最多为3步, 2 4 5

从第2格开始走,最多只有1步,5

而从第3格开始走最多有3步,1 4 5

从第5格开始走最多有2步,4 5

所以这个结果是3。

接口说明

方法原型：

int GetResult(int num, int[] pInput, List pResult);

输入参数：

int num：整数，表示数组元素的个数（保证有效）。

int[] pInput: 数组，存放输入的数字。

输出参数：

List pResult: 保证传入一个空的List，要求把结果放入第一个位置。

返回值：

正确返回1，错误返回0