Python <算法思想集结;之抽丝剥茧聊动态规划 _动态

上下观古今，起伏千万途。这篇文章主要讲述Python < 算法思想集结; 之抽丝剥茧聊动态规划相关的知识，希望能为你提供帮助。
1. 概述动态规划算法应用非常之广泛。
对于算法学习者而言，不跨过动态规划这道门，不算真正了解算法。
初接触动态规划者，理解其思想精髓会存在一定的难度，本文将通过一个案例，抽丝剥茧般和大家聊聊动态规划。
动态规划算法有 3 个重要的概念：

重叠子问题。
最优子结构。
状态转移。

只有吃透这 3 个概念，才叫真正理解什么是动态规划。
什么是重叠子问题？
动态规划和分治算法有一个相似之处。
将原问题分解成相似的子问题，在求解的过程中通过子问题的解求出原问题的解。
动态规划与分治算法的区别：

分治算法的每一个子问题具有完全独立性，只会被计算一次。
动态规划经分解得到的子问题往往不是互相独立的，有些子问题会被重复计算多次，这便是重叠子问题。
同一个子问题被计算多次，完全是没有必要的，可以缓存已经计算过的子问题，再次需要子问题结果时只需要从缓存中获取便可。这便是动态规划中的典型操作，优化重叠子问题，通过空间换时间的优化手段提高性能。

什么最优子结构？
最优子结构是动态规划的必要条件。因为动态规划只能应用于具有最优子结构的问题，在解决一个原始问题时，是否能套用动态规划算法，分析是否存在最优子结构是关键。
那么！到底什么是最优子结构？概念其实很简单，局部最优解能决定全局最优解。
所以，动态规划多用于求最值的应用场景。
不是说有 3 个概念吗！
不急，先把状态转移这个概念放一放，稍后再解释。
2. 流程下面以一个案例的解决过程描述使用动态规划的流程。
问题描述：小兔子的难题。
有一只小兔子站在一片三角形的胡萝卜地的入口，如下图所示，图中的数字表示每一个坑中胡萝卜的数量，小兔子每次只能跳到左下角或者右下角的坑中，请问小兔子怎么跳才能得到最多数量的胡萝卜？
首先这个问题是求最值问题，是否能够使用动态规划求解，则需要一步一步分析，看是否有满足使用动态规划的条件。

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2.1 是否存在子问题
先来一个分治思想：思考或观察是否能把原始问题分解成相似的子问题，把解决问题的希望寄托在子问题上。
那么，针对上述三角形数列，是否存在子问题？
现在从数字7出发，兔子有 2 条可行路线。

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为了便于理解，首先模糊第 3 行后面的数字或假设第 3行之后根本不存在。
那么原始问题就变成：

先分别求解路线 1 和路线 2上的最大值。路线 1的最大值为 3,路线 2上的最大值是8。
然后求解出路线 1和路线 2两者之间的最大值 8。把求得的结果和出发点的数字 7 相加，7+8=15 就是最后答案。

前面是假设第 3 行之后都不存在，现在把第 3 行放开，则路线 1 路线2的最大值就要发生变化，但是，对于原始问题来讲，可以不用关心路线 1 和路线 2 是怎么获取到最大值，交给子问题自己处理就可以了。
反正，到时从路线 1 和路线 2 的结果中再选择一个最大值就是。

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把第 3 行放开后，路线 1 就要重新更新最大值，如上图所示，路线 1也可以分解成子问题，分解后，也只需要关心子问题的返回结果。

路线 1 的子问题有 2个，路线 1_1和路线1_2。求解 2 个子问题的最大值后，再在 2个子问题中选择最大值8，最后路线 1的最大值为3+8=11。
路线 2 的子问题有 2个，路线 2_1和路线2_2。求解 2 个子问题的最大值后，再在 2个子问题中选择最大值2，最后路线 2的最大值为8+2=10。

当第 3 行放开后，更新路线 1和路线2的最大值，对于原始问题而言，它只需要再在 2 个子问题中选择最大值 11，最终问题的解为7+11=18。
如果放开第 4 行，将重演上述的过程。和原始问题一样，都是从一个点出发，求解此点到目标行的最大值。所以说，此问题是存在子问题的。
并且，只要找到子问题的最优解，就能得到最终原始问题的最优解。不仅存在子问题，而且存在最优子结构。
显然，这很符合递归套路：递进给子问题，回溯子问题的结果。

使用二维数列表保存三角形数列中的所有数据。a=[[7],[3,8],[8,1,2],[2,7,4,4],[4,5,2,6,5]]。
原始问题为 f(0，0)从数列的(0,0)出发，向左下角和右下角前行，一直找到此路径上的数字相加为最大。
分解原始问题f(0,0)=a(0,0)+max(f(1,0)+f(1,1))。
因为每一个子问题又可以分解，让表达式更通用 f(i,j)=a(i,j)+max(f(i+1,j)+f(i+1,j+1))。

编码实现：

# 已经数列 nums = [[7], [3, 8], [8, 1, 2], [2, 7, 4, 4], [4, 5, 2, 6, 5]] # 递归函数 def get_max_lb(i, j): if i == len(nums) - 1: # 递归出口 return nums[i][j] # 分解子问题 return nums[i][j] + max(get_max_lb(i + 1, j), get_max_lb(i + 1, j + 1)) # 测试 res = get_max_lb(0, 0) print(res)输出结果 30

不是说要聊聊动态规划的流程吗！怎么跑到递归上去了。
其实所有能套用动态规划的算法题，都可以使用递归实现，因递归平时接触多，从递归切入，可能更容易理解。
2.2 是否存在重叠子问题
先做一个实验，增加三角形数的行数，也就是延长路径线。

import random nums = [] # 递归函数 def get_max_lb(i, j): if i == len(nums) - 1: return nums[i][j] return nums[i][j] + max(get_max_lb(i + 1, j), get_max_lb(i + 1, j + 1)) # 构建 100 行的二维列表 for i in range(100): nums.append([]) for j in range(i + 1): nums[i].append(random.randint(1, 100))res = get_max_lb(0, 0) print(res)

执行程序后，久久没有得到结果，甚至会超时。原因何在？如下图：

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路线1_2和路线2_1的起点都是从同一个地方（蓝色标注的位置）出发。显然，从数字 1（蓝色标注的数字）出发的这条路径会被计算 2 次。在上图中被重复计算的子路径可不止一条。
这便是重叠子问题！子问题被重复计算。

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当三角形数列的数据不是很多时，重复计算对整个程序的性能的影响微不足道。如果数据很多时，大量的重复计算会让计算机性能低下，并可能导致最后崩溃。
因为使用递归的时间复杂度为O(2^n)。当数据的行数变多时，可想而知，性能有多低下。
怎么解决重叠子问题？
答案是：使用缓存，把曾经计算过的子问题结果缓存起来，当再次需要子问题结果时，直接从缓存中获取，就没有必要再次计算。
这里使用字典作为缓存器，以子问题的起始位置为关键字，以子问题的结果为值。

import random def get_max_lb(i, j): if i == len(nums) - 1: return nums[i][j] left_max = None right_max = None if (i + 1, j) in dic.keys(): # 检查缓存中是否存在子问题的结果 left_max = dic[i + 1, j] else: # 缓存中没有，才递归求解 left_max = get_max_lb(i + 1, j) # 求解后的结果缓存起来 dic[(i + 1, j)] = left_max if (i + 1, j + 1) in dic.keys(): right_max = dic[i + 1, j + 1] else: right_max = get_max_lb(i + 1, j + 1) dic[(i + 1, j + 1)] = right_max return nums[i][j] + max(left_max, right_max)# 已经数列 nums = [] # 缓存器 dic = for i in range(100): nums.append([]) for j in range(i + 1): nums[i].append(random.randint(1, 100)) # 递归调用 res = get_max_lb(0, 0) print(res)

因使用随机数生成数据，每次运行结果不一样。但是，每次运行后的速度是非常给力的。
当出现重叠子问题时，可以缓存曾经计算过的子问题。
好！现在到了关键时刻，屏住呼吸，从分析缓存中的数据开始。
使用递归解决问题，从结构上可以看出是从上向下的一种处理机制。所谓从上向下，也就是由原始问题开始一路去寻找答案。从本题来讲，就是从第一行一直找到最后一行，或者说从未知找到`已知。
根据递归的特点，可知缓存数据的操作是在回溯过程中发生的。

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当再次需要调用某一个子问题时，这时才有可能从缓存中获取到已经计算出来的结果。缓存中的数据是每一个子问题的结果，如果知道了某一个子问题，就可以通过子问题计算出父问题。
这时，可能就会有一个想法？
从已知找到未知。
任何一条路径只有到达最后一行后才能知道最后的结果。可以认为，最后一行是已知数据。先缓存最后一行，那么倒数第 2 行每一个位置到最后一行的路径的最大值就可以直接求出来。
同理，知道了倒数第 2 行的每一个位置的路径最大值，就可以求解出倒数第 3行每一个位置上的最大值。以此类推一直到第 1 行。
天呀！多完美，还用什么递归。
可以认为这种思想便是动态规划的核心：自下向上。
2.3 状态转移
还差最后一步，就能把前面的递归转换成动态规划实现。
什么是状态转移？
前面分析从最后 1 开始求最大值过程，是不是有点像田径场上的多人接力赛跑，第 1 名运动力争跑第 1，把状态转移给第 2名运动员，第 2名运动员持续保持第 1，然后把状态转移给第 3运动员，第 3名运动员也保持他这一圈的第 1，一至到最后一名运动员，都保持自己所在那一圈中的第 1。很显然最后结果，他们这个团队一定是第 1名。
把子问题的值传递给另一个子问题，这便是状态转移。当然在转移过程中，一定会存在一个表达式，用来计算如何转移。
用来保存每一个子问题状态的表称为 dp 表，其实就是前面递归中的缓存器。
用来计算如何转移的表达式，称为状态转移方程式。

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有了上述的这张表，就可以使用动态规划自下向上的方式解决“兔子的难题”这个问题。

nums = [[7], [3, 8], [8, 1, 2], [2, 7, 4, 4], [4, 5, 2, 6, 5]]# dp列表 dp = [] idx = 0 # 从最后一行开始 for i in range(len(nums) - 1, -1, -1): dp.append([]) for j in range(len(nums[i])): if i == len(nums) - 1: # 最后一行缓存于状态转移表中 dp[idx].append(nums[i][j]) else: dp[idx].append(nums[i][j] + max(dp[idx - 1][j], dp[idx - 1][j + 1])) idx += 1print(dp)输出结果： [[4, 5, 2, 6, 5], [7, 12, 10, 10], [20, 13, 12], [23, 21], [30]]

程序运行后，最终输出结果和前面手工绘制的dp表中的数据一模一样。
其实动态规划实现是前面递归操作的逆过程。时间复杂度是O(n^2)。
上述解决问题时，使用了一个二维列表充当dp表，并保存所有的中间信息。
思考一下，真的有必要保存所有的中间信息吗？
在状态转移过程中，我们仅关心当前得到的状态信息，曾经的状态信息其实完全可以不用保存。
所以，上述程序完全可以使用一个一维列表来存储状态信息。

nums = [[7], [3, 8], [8, 1, 2], [2, 7, 4, 4], [4, 5, 2, 6, 5]]# dp表 dp = [] # 临时表 tmp = [] # 从最后一行开始 for i in range(len(nums) - 1, -1, -1): # 把上一步得到的状态数据提出来 tmp = dp.copy() # 清除 dp 表中原来的数据，准备保存最新的状态数据 dp.clear() for j in range(len(nums[i])): if i == len(nums) - 1: # 最后一行缓存于状态转移表中 dp.append(nums[i][j]) else: dp.append(nums[i][j] + max(tmp[j], tmp[j + 1]))print(dp)输出结果： [30]

3.总结动态规划问题一般都可以使用递归实现，递归是一种自上向下的解决方案，而动态规划是自下向上的解决方案，两者在解决同一个问题时的思考角度不一样，但本质是一样的。
【Python < 算法思想集结; 之抽丝剥茧聊动态规划】并不是所有的递归操作都能转换成动态规划，是否能使用动态规划算法，则需要原始问题符合最优子结构和重叠子问题这 2 个条件。在使用动态规划过程中，找到状态转移表达式是关键。