动态规划笔试题

http://www.cnblogs.com/luxiaoxun/archive/2012/11/15/2771605.html

1、最长公共子序列、最长公共子串

最长公共子序列（Longest-Common-Subsequence，LCS）

dp[i][j]：dp[i][j]表示长度分别为i和j的序列X和序列Y构成的LCS的长度
dp[i][j] = 0，如果i=0 或 j=0 
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i-1] = Y[i-1] 
dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }，如果 X[i-1] != Y[i-1]
LCS长度为 dp[Xlen][Ylen]

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最长公共子串（Longest-Common-Substring，LCS）

dp[i][j]：表示X[0-i]与Y[0-j]的最长公共子串长度
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i] == Y[j]
dp[i][j] = 0，如果 X[i] != Y[j]
初始化：i==0或者j==0，如果X[i] == Y[j]，dp[i][j] = 1；否则dp[i][j] = 0。

最长公共子串的长度为max(dp[i][j])。

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2、数组中最长递增子序列：如在序列1,-1,2,-3,4,-5,6,-7中，最长递增序列为1,2,4,6。

时间复杂度O(N^2)的算法：
LIS[i]：表示数组前i个元素中（包括第i个），最长递增子序列的长度
LIS[i] = max{ 1, LIS[k]+1 }, 0 <= k < i, a[i]>a[k]

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时间复杂度O(NlogN)的算法：
辅助数组b[]，用k表示数组b[]目前的长度，算法完成后k的值即为LIS的长度。
初始化：b[0] = a[0]，k = 1
从前到后扫描数组a[]，对于当前的数a[i]，比较a[i]和b[k-1]：
如果a[i]>b[k-1]，即a[i]大于b[]最后一个元素，b[]的长度增加1，b[k++]=a[i]；
如果a[i]<b[k-1]，在b[1]...b[k]中二分查找第一个大于a[i]的数b[j]，修改b[j]=a[i]。
LIS的长度为k

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3、计算字符串的相似度（编辑距离）

为了判断字符串的相似程度，定义了一套操作方法来把两个不相同的字符串变得相同，具体的操作方法为： 1.修改一个字符。2.增加一个字符。3.删除一个字符。

比如，对于“abcdefg”和“abcdef”两个字符串来说，可以通过增加/减少一个“g“的方式来达到目的。上面的两种方案，都仅需要一次操作。把这个操作所需要的次数定义为两个字符串的距离，给定任意两个字符串，写出一个算法来计算出它们的距离。

设 L(i,j)为使两个字符串和Ai和Bj相等的最小操作次数。
当ai==bj时 显然 L(i,j) = L(i-1,j-1)
当ai!=bj时 L(i,j) = min( L(i-1,j-1), L(i-1,j), L(i,j-1) ) + 1

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4、8*8的棋盘上面放着64个不同价值的礼物，每个小的棋盘上面放置一个礼物（礼物的价值大于0），一个人初始位置在棋盘的左上角，每次他只能向下或向右移动一步，并拿走对应棋盘上的礼物，结束位置在棋盘的右下角，请设计一个算法使其能够获得最大价值的礼物。

动态规划算法：   
dp[i][j] 表示到棋盘位置（i，j）上可以得到的最大礼物值   
dp[i][j] = max( dp[i][j-1] , dp[i-1][j] ) + value[i][j]  （0<i，j<n）  

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5、给定一个整数数组，求这个数组中子序列和最大的最短子序列，如数组a[]={1,2,2,-3,-5,5}子序列和最大为5，最短的为a[5]。

动态规划   
sum[i] = max(sum[i-1]+a[i], a[i]) (sum[0]=a[0],1<=i<=n)  
len[i] = max(len[i-1]+1, 0) (len[0]=0,1<=i<=n)

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6、子数组的最大和

状态方程：
Start[i] = max{A[i], Start[i-1]+A[i]}
All[i] = max{Start[i], All[i-1]}

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因为Start[i-1]只在计算Start[i]时使用，而且All[i-1]也只在计算All[i]时使用，所以可以只用两个变量就够了，节省空间。

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7、在数组中，数字减去它右边的数字得到一个数对之差。求所有数对之差的最大值。例如在数组{2, 4, 1, 16, 7, 5, 11, 9}中，数对之差的最大值是11，是16减去5的结果。

思路：假设f[i]表示数组中前i+1个数的解，前i+1个数的最大值为m[i]。则状态转移方程：
f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - a[i]), m[i] = max(m[i-1],a[i])。问题的解为f[n-1]。

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上述代码用了两个辅助数组，其实只需要两个变量，前i个数的情况只与前i-1个数的情况有关。在“子数组的最大和问题”中，也使用过类似的技术。

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8、从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的。

双端 LIS 问题，用 DP 的思想可解，目标规划函数 max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 为从左到右，0--i 个数之间满足递增的数字个数；c[i] 为从右到左，n-1--i个数之间满足递增的数字个数。最后结果为 n-max 。

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9、从给定的N个正数中选取若干个数之和最接近M

解法：转换成01背包问题求解，从正整数中选取若干个数放在容量为M的背包中。

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从给定的N个正数中选取若干个数之和为M

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10、将一个较大的钱，不超过1000的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？

解法：01背包中的完全背包问题（即每个物品的数量无限制）
dp[i][j]：表示大小为j的价值用最大为money[i]可表示的种类数

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11、捞鱼问题：20个桶，每个桶中有10条鱼，用网从每个桶中抓鱼，每次可以抓住的条数随机，每个桶只能抓一次，问一共抓到180条的排列有多少种。

分析：看看这个问题的对偶问题，抓取了180条鱼之后，20个桶中剩下了20条鱼，不同的抓取的方法就对应着这些鱼在20个桶中不同的分布，于是问题转化为将20条鱼分到20个桶中有多少中不同的分类方法（这个问题当然也等价于180条鱼分到20个桶中有多少种不同的方法）。

dp[i][j]：前i个桶放j条鱼的方法共分为11种情况：前i-1个桶放j-k（0<=k<=10）条鱼的方法总和。我们可以得到状态方程：f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}

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12、n个骰子的点数：把n个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为S。输入n，打印出S的所有可能的出现的值。

F(k,n) 表示k个骰子点数和为n的种数，k表示骰子个数，n表示k个骰子的点数和
对于 k>0, k<=n<=6*k
F(k,n) = F(k-1,n-6) + F(k-1,n-5) + F(k-1,n-4) + F(k-1,n-3) + F(k-1,n-2) + F(k-1,n-1)  
对于 n<k or n>6*k
F(k,n) = 0 
当k=1时, F(1,1)=F(1,2)=F(1,3)=F(1,4)=F(1,5)=F(1,6)=1

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13、给定三个字符串A，B，C；判断C能否由AB中的字符组成，同时这个组合后的字符顺序必须是A，B中原来的顺序，不能逆序；例如：A：mnl，B：xyz；如果C为mnxylz，就符合题意；如果C为mxnzly，就不符合题意，原因是z与y顺序不是B中顺序。

DP求解：定义dp[i][j]表示A中前i个字符与B中前j个字符是否能组成C中的前(i+j)个字符，如果能标记true，如果不能标记false； 有了这个定义，我们就可以找出状态转移方程了，初始状态dp[0][0] = 1：
dp[i][j] = 1 如果 dp[i-1][j] == 1 && C[i+j-1] == A[i-1] 
dp[i][j] = 1 如果 dp[i][j-1] == 1 && C[i+j-1] == B[j-1]

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