动态规划入门

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前言

简介

什么是动态规划，我们要如何描述它?

动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。 当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度， 因此它比回溯法、暴力法等要快许多。

现在让我们通过一个例子来了解一下DP的基本原理。

首先，我们要找到某个状态的最优解，然后在它的帮助下，找到下一个状态的最优解。

“状态”代表什么及如何找到它?

“状态”用来描述该问题的子问题的解。原文中有两段作者阐述得不太清楚，跳过直接上例子。

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)。

好了，让我们从最小的i开始吧。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。 (这个分析很傻是不是？别着急，这个思路有利于我们理清动态规划究竟在做些什么。) 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， 如果一直用纯文字来表述，不出一会儿你就会觉得很绕了。那么， 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(记得要用最小的硬币数量)，而这个答案也已经知道了。 所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到这里，你都可能会觉得，好无聊， 感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为1的硬币！耐心点， 让我们看看i=3时的情况。当i=3时，我们能用的硬币就有两种了：1元的和3元的( 5元的仍然没用，因为你需要凑的数目是3元！5元太多了亲)。 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}。

OK，码了这么多字讲具体的东西，让我们来点抽象的。从以上的文字中， 我们要抽出动态规划里非常重要的两个概念：状态和状态转移方程。

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？我在另一篇文章 动态规划之背包问题(一)中写过： 根据子问题定义状态。你找到子问题，状态也就浮出水面了。 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;

有了状态和状态转移方程，这个问题基本上也就解决了。当然了，Talk is cheap,show me the code!

伪代码如下：

Java代码：

    //动态规划求解，最少硬币数量     static int getMinNum(int sum){         int [] coins={1,3,5};         int [] min=new int[sum+1];         for(int i=0;i<=sum;i++){             min[i]=i;           //i元最多需要 i 个一元硬币，初始化存放最小数量的数组         }         for(int i=1;i<=sum;i++){             for(int j=0;j<coins.length;j++){                 if(i-coins[j]>=0&&min[i-coins[j]]+1<min[i]){                    min[i]=min[i-coins[j]]+1;                 }             }         }        return min[sum];    }

下图是当i从0到11时的解：

从上图可以得出，要凑够11元至少需要3枚硬币。

此外，通过追踪我们是如何从前一个状态值得到当前状态值的， 可以找到每一次我们用的是什么面值的硬币。比如，从上面的图我们可以看出， 最终结果d(11)=d(10)+1(面值为1)，而d(10)=d(5)+1(面值为5)，最后d(5)=d(0)+1 (面值为5)。所以我们凑够11元最少需要的3枚硬币是：1元、5元、5元。

注意：原文中这里本来还有一段的，但我反反复复读了几遍， 大概的意思我已经在上文从i=0到i=3的分析中有所体现了。作者本来想讲的通俗一些， 结果没写好，反而更不好懂，所以这段不翻译了。