蓝桥杯常考算法剖析|【蓝桥杯】最难算法没有之一· 动态规划真的这么好理解（（引入））蓝桥杯|算法|动态规划

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一、何为动态规划DP
二、记忆化搜索
典例1.斐波那契数列
方法一：暴力递归
方法二：记忆化搜索
变形题
典例2：爬楼梯（青蛙跳台阶）
方法一：暴力递归
方法二：记忆化搜索
变形题
典例3.第N个泰波那契数
典例4.Function
三、递推
1.递归
2.递推
典例5.骨牌问题
典例6.杨辉三角
典例7.数字三角形
四、蓝桥结语：遇见蓝桥遇见你，不负代码不负卿。

【前言】

在学习动态规划之前，我们必须要先掌握记忆化搜索和递推，这两块东西搞好了之后，面对动态规划那就容易多啦！好，接下来向铁汁们详细介绍这两块内容，走着。

蓝桥杯常考算法剖析|【蓝桥杯】最难算法没有之一· 动态规划真的这么好理解（（引入））

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哈哈，昨天在群里发现这张表清包，觉得很好玩，特意放到这里皮一下，嘿嘿，这下真的要开始咯。
一、何为动态规划DP

动态规划（英语：Dynamic programming，简称 DP），通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。 （是不是很像前面讲解过的一种算法——分治，其实可以认为动态规划就是特殊的分治）
动态规划常常适用于有重叠子问题和最优子结构性质的问题，并且记录所有子问题的结果，因此动态规划方法所耗时间往往远少于暴力递归解法。
使用动态规划解决的问题有个明显的特点，一旦一个子问题的求解得到结果，以后的计算过程就不会修改它，这样的特点叫做无后效性，求解问题的过程形成了一张有向无环图。动态规划只解决每个子问题一次，具有天然剪枝的功能，从而减少计算量。
动态规划有自底向上和自顶向下两种解决问题的方式。自顶向下即记忆化搜索，自底向上就是递推。

好，那么本文主要讲解的记忆化搜索和递推也就浮出水面了，下面详细介绍（请放心，后面会详细讲解动态规划的，这部分既重要又很难，所以需要慢慢去理解。）

二、记忆化搜索

记忆化搜索的本质：动态规划。
记忆化搜索是动态规划的一种实现方式，记忆化搜索是用搜索的方式实现了动态规划，因此记忆化搜索就是动态规划。

提问：
何为记忆化搜索？
回答：
顾名思义，记忆化搜索肯定也就和“搜索”脱不了关系，前面讲解的递归、DFS和BFS想必大家都已经掌握的差不多了，它们有个最大的弊病就是：低效！原因在于没有很好地处理重叠子问题。那么对于记忆化搜索呢，它虽然采用搜索的形式，但是它还有动态规划里面递推的思想，巧就巧在它将这两种方法很好的综合在了一起，简单又实用。
记忆化搜索，也叫记忆化递归，其实就是拆分子问题的时候，发现有很多重复子问题，然后再求解它们以后记录下来。以后再遇到要求解同样规模的子问题的时候，直接读取答案。

其实可以浅显的认为记忆化搜索就是简单DP，因为实在是太像了。

下面详细讲解四道例题，让大家深入理解上面的概念：
典例1.斐波那契数列

原题链接：力扣

题目描述：

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示例1：

输入：2 输出：1 解释：F(2) = F(1) + F(0) = 1 + 0 = 1

示例2：

输入：3 输出：2 解释：F(3) = F(2) + F(1) = 1 + 1 = 2

方法一：暴力递归
代码执行：

class Solution { public: int fib(int n){ //方法一：暴力递归 //找边界 if(n == 0){ return 0; } if(n == 1){ return 1; } return fib(n - 1) + fib(n - 2); } };

不用多说，学校老师讲递归的时候似乎都是拿这个举例。我们也知道这样写代码虽然简洁易懂，但是十分低效，低效在哪里？假设 n = 20，请画出递归树：

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很显然，进行了大量的重复计算，虽然本题是一个很好的用来讲解递归的例子，但是嘞，本题在实际运用当中用递归来做那就太不明智啦，所以，这里就需要引入一个带有「备忘录」的递归，也就是前面所提到的记忆化搜索，下面看看具体怎么操作：
方法二：记忆化搜索

即然低效的原因是重复计算，那么我们可以造一个「备忘录」，每次算出某个子问题的答案后别急着返回，先记到「备忘录」里再返回；每次遇到一个子问题先去「备忘录」里查一查，如果发现之前已经解决过这个问题了，直接把答案拿出来用，不要再耗时去计算了。
一般使用一个数组充当这个「备忘录」，当然你也可以使用哈希表（字典），思想都是一样的。

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这样去处理的话就无需进行重复计算了，相比前面的暴力递归就显得高效明智得多，而且很容易理解，不信你看：
代码执行：

class Solution { public: int fib(int n){ //方法三：记忆化搜索（简单DP） //找边界 if(n == 0){ return 0; } if(n == 1){ return 1; } //需要定义一个大小为(n+1)的整形数组，并且初始化为0 //之所以是n+1,是因为要使用到n这个下标 vector dp(n+1, 0); dp[0] = 0; dp[1] = 1; for(int i = 2; i < n+1; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; } return dp[n]; } };

当然也有这样的变形，多了一个要求，很简单的，大家看一下：
变形题

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代码执行：

//找边界 if(n == 0) return 0; if(n == 1) return 1; vector dp(n + 1, 0); //开辟一个大小为n+1的整形数组（因为需要使用下标n），并且初始化为0 dp[0] = 0; dp[1] = 1; for(int i = 2; i < n+1; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; dp[i] = dp[i] % 1000000007; } return dp[n]; }

实际上，这种解法和迭代的动态规划非常相似，只不过这种方法叫做「自顶向下」，动态规划叫做「自底向上」。
啥叫「自顶向下」？
注意我们刚才画的递归树（或者说图），是从上向下延伸，都是从一个规模较大的原问题比如说 f(20)，向下逐渐分解，直至 f(1) 和 f(2) 这两个 base case，然后逐层返回答案，这就叫「自顶向下」。
啥叫「自底向上」？
反过来，我们直接从最底下，最简单，问题规模最小的 f(1) 和 f(2) 开始往上推，直到推到我们想要的答案 f(20)，这就是动态规划的思路，这也是为什么动态规划一般都脱离了递归，而是由循环迭代完成计算。

典例2：爬楼梯（青蛙跳台阶）

原题链接：力扣

题目描述：

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示例1：

输入： 2 输出： 2 解释：有两种方法可以爬到楼顶。 1.1 阶 + 1 阶 2.2 阶

示例2：

输入： 3 输出： 3 解释：有三种方法可以爬到楼顶。 1.1 阶 + 1 阶 + 1 阶 2.1 阶 + 2 阶 3.2 阶 + 1 阶

首先分析一下本题：

注意：这个题目问的是什么？
问的不是能爬多少次，而是有多少种方法能到最后一个台阶。

问题分析：
当n > 2时，第一次爬就有两种不同的选择：一是第一次只爬一级，此时爬法数目等于后面剩下的（n - 1）级台阶的爬法数目，即为f(n - 1); 还有一种选择是第一次爬两级，此时爬法数目等于后面剩下的（n - 2）级台阶的爬法数目，即为f(n - 2).
所以有：f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)

当n == 1时，有1种爬法；
当n == 2时，有2种爬法；
当n == 3时，有3种爬法；
当n == 4时，有5种爬法。
是呀，这题跟斐波那契数列基本上一样，不过这道题目需要思考一下，没有斐波那契数列这么明显。但是需要注意的是，递归边界还是有所不同的哦！
方法一：暴力递归
代码执行：

class Solution { public: int climbStairs(int n) { //方法一：暴力递归 //找边界 if(n == 1){ return 1; } if(n == 2){ return 2; } return climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2); } };

方法二：记忆化搜索
代码执行：

class Solution { public: int climbStairs(int n) { //方法二:记忆化搜索（简单DP） //找边界 if(n == 1){ return 1; } if(n == 2){ return 2; } //定义一个大小为n+1的整型数组，并且初始化为0 vector dp(n+1, 0); dp[1] = 1; dp[2] = 2; for(int i = 3; i < n+1; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; } return dp[n]; } };

变形题
其实就是多了一个要求...

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代码执行：

class Solution { public: int numWays(int n) { //找边界 if(n == 0 || n == 1) return 1; if(n == 2) return 2; vector dp(n+1, 0); dp[1] = 1; dp[2] = 2; for(int i = 3; i < n+1; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; dp[i] %= 1000000007; } return dp[n]; } };

典例3.第N个泰波那契数

原题链接：力扣

题目描述：

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示例1：

输入：n = 4 输出：4 解释： T_3 = 0 + 1 + 1 = 2 T_4 = 1 + 1 + 2 = 4

示例2：

输入：n = 25 输出：1389537

代码执行：

class Solution { public: int tribonacci(int n) { //找边界 if(n == 0) return 0; if(n == 1 || n == 2) return 1; //定义一个大小为n+1的整形数组，并将其初始为0 vector dp(n+1, 0); dp[0] = 0; dp[1] = 1; dp[2] = 1; for(int i = 3; i < n+1; i++) { dp[i] = dp[i - 3] + dp[i - 2] + dp[i - 1]; //递推公式 } return dp[n]; } };

上面这三道题是非常简单的，理解了上面的题目，下面这道题肯定就会非常容易了。
典例4.Function

原题链接： Function - 洛谷

题目描述：

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输入格式：

输入有若干行。并以?1,?1,?1结束。
保证输入的数在[?9223372036854775808,9223372036854775807]之间，并且是整数。

输出格式

输出若干行，每一行格式：w(a, b, c) = ans

思路：

本题重在理解题意，题目不难，但是要把题目多读几遍。

代码执行：

#include #define LL long longLL dp[25][25][25]; LL w(LL a, LL b, LL c) { //两个特殊情况判断 if(a <= 0 || b <= 0 || c <= 0) return 1; if(a > 20 || b > 20 || c > 20) return w(20, 20, 20); if(a < b && b < c) { if(dp[a][b][c-1] == 0) { dp[a][b][c-1] = w(a, b, c-1); } if(dp[a][b-1][c-1] == 0) { dp[a][b-1][c-1] = w(a, b-1 ,c-1); } if(dp[a][b-1][c] == 0) { dp[a][b-1][c] = w(a, b-1, c); } dp[a][b][c] = dp[a][b][c-1] + dp[a][b-1][c-1] - dp[a][b-1][c]; } else { if(dp[a-1][b][c] == 0) { dp[a-1][b][c] = w(a-1, b, c); } if(dp[a-1][b-1][c] == 0) { dp[a-1][b-1][c] = w(a-1, b-1 ,c); } if(dp[a-1][b][c-1] == 0) { dp[a-1][b][c-1] = w(a-1, b, c-1); } if(dp[a-1][b-1][c-1] == 0) { dp[a-1][b-1][c-1] = w(a-1, b-1, c-1); } dp[a][b][c] = dp[a-1][b][c] + dp[a-1][b][c-1] + dp[a-1][b-1][c] - dp[a-1][b-1][c-1]; } return dp[a][b][c]; }int main() { LL a, b, c; while(scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &c) != EOF) { if(a == -1 && b == -1 && c == -1) return 0; //当输入的值为-1 -1 -1时直接结束循环printf("w(%lld, %lld, %lld) = ", a, b, c); printf("%lld\n", w(a, b, c)); } }

三、递推看到“递推”，大家肯定能联想到“递归”，好嘞，接下来向大家详细讲解递推和递归有哪些区别。
1.递归如果大家对于递归部分掌握的不是很好的话可以看看我之前的博文哦，里面的基础概念讲解的很详细，而且还配备大量练习题。

蓝桥杯算法竞赛系列第二章——深入理解重难点之递归（上）_安然无虞的博客-CSDN博客一、递归是什么https://blog.csdn.net/weixin_57544072/article/details/120836167

递归是大问题转化为小问题，不断调用自身或不断被间接调用的一类算法。

1.递归算法的关键是要找出大问题和小问题的联系----即找重复，进而使大问题的规模不断减小，直至可以被直接解决。
2.递归算法的另一个关键点是终止条件----即找边界，这个是十分重要的。
有时，递归算法的效率会很低，这时候就可以用上面所说的记忆化搜索，即建立一个数组，用来记录每次递归得到的答案，这样如果后面要继续使用这个值的时候，就不用再次计算了，也就避免了重复计算问题。

2.递推

部分定义和题解参考博客链接：
递推算法-五种典型的递推关系_lybc2019的博客-CSDN博客_递推法

递推和递归非常相似。
递推是把问题划分为若干个步骤，每个步骤之间，或者是这个步骤与之前的几个步骤之间有一定的数量关系，可以用前几项的值表示出这一项的值，这样就可以把一个复杂的问题变成很多小的问题。
递推算法注意的是设置什么样的递推状态，因为一个好的递推状态可以让问题很简单。最难的是想出递推公式，一般递推公式是从后面向前想，倒推回去。

典例5.骨牌问题题目描述：
有 2*n的一个长方形方格，用一个1*2的骨牌铺满方格。请编写一个程序，试对给出的任意一个n(n>0), 输出铺法总数。
思路：

其实这道题目很简单的，找到递推公式即可，跟上面的爬楼梯问题很相似，这里就详细分析一下：
n = 1 时，只有一种铺法
n = 2 时，如下图，有全部竖着铺和横着铺两种
n = 3 时，骨牌可以全部竖着铺，也可以认为在方格中已经有一个竖铺的骨牌，则需要在方格中排列两个横排骨牌（无重复方法），若已经在方格中排列两个横排骨牌，则必须在方格中排列一个竖排骨牌。如下图，再无其他排列方法，因此铺法总数表示为三种。
通过上面的分析，不难看出规律：f(3) = f(1) + f(2)
所以可以的得到递推关系：f(n) = f(n - 1) + f(n - 2)

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代码执行：

class Solution { public: int brand(int n) {//找边界 if(n == 1){ return 1; } if(n == 2){ return 2; } //定义一个大小为n+1的整型数组，并且初始化为0 vector dp(n+1, 0); dp[1] = 1; dp[2] = 2; for(int i = 3; i < n+1; i++) { dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]; //找出递推关系 } return dp[n]; } };

典例6.杨辉三角

原题链接：力扣

题目描述：

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示例1：

输入: numRows = 5 输出: [[1],[1,1],[1,2,1],[1,3,3,1],[1,4,6,4,1]]

示例2：

输入: numRows = 1 输出: [[1]]

思路：

本题比较简单，很容易就能看出递推关系，从第三行第二列开始，每个数是它左上方和右上方的数的和。

代码执行：

class Solution { public: vector> generate(int numRows) { vector >ret(numRows); //定义一个二维数组用于存放结果 //首先将第一列和最后一列元素全部赋值为1 for(int i = 0; i < numRows; i++) { ret[i].resize(i+1); //resize()的作用就是为一维数组分配空间 ret[i][0] = ret[i][i] = 1; //从第三行第二列开始有递推关系：ret[i][j] = ret[i+1][j]+ret[i+1][j+1]; for(int j = 1; j < i; j++) { ret[i][j] = ret[i-1][j] + ret[i-1][j-1]; } } return ret; } };

代码中需要注意的是：vector 中的resize() 是重新分配空间的。

典例7.数字三角形

原题链接：[USACO1.5][IOI1994]数字三角形 Number Triangles - 洛谷

题目描述：

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输入格式：

第一个行一个正整数 n ,表示行的数目。
后面每行为这个数字金字塔特定行包含的整数。

输出格式：

单独的一行,包含那个可能得到的最大的和。

数据范围：

1 ≤ n ≤ 1000，三角形数字值在 [0,100] 范围内。

示例:
输入：

5 7 3 8 8 1 0 2 7 4 4 4 5 2 6 5

输出：

30

思路：

本题采用倒推的方式：
假设func[i][j]表示的是从 i, j 到最后一层的最大路径之和
当从顶层沿某条路径走到第i层向第i+1层前进时，我们的选择是沿其下两条可行路径中最大数字的方向前进，所以找出递推关系：func[i][j] += max(func[i+1][j],func[i+1][j+1])；
注意：func[i][j]表示当前数字的值，func[i+1][j]和func[i+1][j+1]分别表示从i+1,j、i+1,j+1到最后一层的最大路径之和；
最终func[0][0]就是所求

代码执行：

#include #include using namespace std; int func[1005][1005] = {0}; int main() { int n = 0; scanf("%d", &n); int i = 0; int j = 0; for(i = 0; i < n; i++) { for(j = 0; j <= i; j++) { scanf("%d", &func[i][j]); } } //假设func[i][j]表示的是从i, j到最后一层的最大路径之和 //找出递推关系：func[i][j]+=max(func[i+1][j],func[i+1][j+1]); //func[i][j]表示当前数字的值，func[i+1][j]和func[i+1][j+1]分别表示从i+1,j、i+1,j+1到最后一层的最大路径之和 //最终func[0][0]就是所求 for(i = n - 2; i >= 0; i--) { for(j = 0; j <= i; j++) { func[i][j] += max(func[i+1][j], func[i+1][j+1]); } } printf("%d\n", func[0][0]); return 0; }