两道动态规划（DP）题目解析

 

第一题：

     给定一个整数序列A={a1,a2,...,an}，求它的最长递增子序列。比如，A={1，2，6，4，5}的最长递增子序列为{1,2,4,5}，长度为4.

     背景：最长递归子序列问题应该算是DP的一个比较经典的应用了。

解法一：

     直接DP硬搞，时间复杂度O(n^2)

解法一思路：

     创建标记数组f，令f[i]表示以第i个序列元素ai结尾的最长递增子序列的长度。

     状态转移方程如下：f[i] = max{f[j]}+1 where a[j]<a[i]

     初始边界：f[1] = 1;

     则最终的结果为 max{f[i]} where 1<=i<=n。

解法一综述：

     状态转移方程简单易理解，解法也直观易懂，但每次寻找max{f[j]}时不够灵活。

解法二：

     对解法一max{f[j]}查找由直接遍历优化为二分查找，时间复杂度为O(nlogn)。

解法二思路：

     这里只讲述寻找max{f[j]}的方法，其它均与解法一相同。

     再创建一个标记数组l，l[k]表示序列A里从前往后最长递增子序列长度为k的最小结尾元素。

     显然数组l是一个有序数组（if x < y then l[x] < l[y]）。

     这样，要求状态转移方程中的f[i]，只需要二分查找标记数组l，寻找最后一个小于ai的元素x=l[t]，则f[i] = t+1。

     现在的问题是如何得到数组l？其实数组l是在不断计算f[i]的过程中动态更新的。

          i)l最开始为空

          ii)如果当前元素ai是所有l数组中最大的，则l增加一个元素（相当于push_back），l[l.size+1]=ai

          iii)如果当前元素ai不是所有l数组中最大的，则将l中第1个大于ai的元素（通过二分）更新为ai。

解法二综述：

     通过增加标记数组l将顺序遍历转换为二分查找，使得时间复杂度降低。

     由此可以得到最长递增子序列的长度。如果要得到这个子序列，则可以增加标记数组来记录f[i]是由哪个j得到的，最后通过最大的f[i]来不断往前，即可得到这个最优解了，代码我就不写了。

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第二题：

     给定一个整数序列A={a1,a2,...,an}，求使这个序列成为有序的最小代价。只能通过以下两种操作来完成：

          i)减少某一元素的值，代价为1

          ii)删除某一元素，代价为元素的值。

     分析：我们假定要将这个序列变为升序（变为降序是相反的类似情况。）

     同样满足动态规划求解的两个前提：最优子结构和无后效性，因此我们仍然采用DP解决。

     创建二维数组dp[i][j]表示使得序列A的前i个元素有序且以值j结尾的最小操作代价。

     给定dp[i][j]，我们分以下几种情况下分析动态转换方程：

          i)如果a[i+1]>j。则我们可以不用任何代价来将前i+1个元素变得有序，即dp[i][a[i+1]] = dp[i][j]。同样我们也可以得到dp[i][j+1~a[i+1]]的一个代价值（至于是不是最小的，我们不清楚），因此有：dp[i][x] = dp[i][j]+ (a[i+1]-x) where (j<x<=a[i+1])，这里a[i+1]-x表示以x作为第i+1个元素值时需要将a[i+1]减少a[i+1]-x次，因此代价为a[i+1]-x。这个公式只提供给dp[i][x]的一个选项，因此dp[i][x] = min{dp[i][x], dp[i][j]+ (a[i+1]-x)}

          ii)如果a[i+1]<j。我们可以直接将a[i+1]删除，因此dp[i+1][j] = min{dp[i+1][j], dp[i][j]+a[i+1]};

     初始条件：dp[0][0] = 0;

     最优值为 min{dp[n][k]}，即遍历完所有n个元素之后最小的操作代价。