CLRS第十五章思考题5-8

思考题15-5

a)这个问题有点类似最长公共子序列，因此类似的定义 Xi=x[1,2...i],Yj=y[1,2...j]。子问题就是确定一个最优操作序列使得 Xi 转换为 Yj，其中 0≤i≤m,0≤j≤n。原始的问题是 Xm→Yn。
记 c[i,j] 是 Xi→Yj 的一个最优解决代价，然后有：
1) 最后一步是复制操作，则必有 x[i]=y[j]，子问题就变成 Xi−1→Yj−1，Xi→Yj 的最优解一定包括 Xi−1→Yj−1 的最优解。因此有 c[i,j]=c[i−1,j−1]+cost(copy)。

2) 最后一步是替换操作，则必有x[i]≠y[j]，同时假定替换操作不能替换成要被替换的字符本身，比如不能把字符 a 替换成字符 a。所以 c[i,j]=c[i−1,j−1]+cost(replace)。

3) 最后一步是旋转操作，则有 x[i]=y[j−1],x[i−1]=y[j]，同时也隐含了 i,j≥2。子问题就变成了 Xi−2→Yj−2，此时有 c[i,j]=c[i−2,j−2]+cost(twiddle)。

4) 最后一步是删除操作，对 x,y 没有限制，子问题就变成了 Xi−1→Yj，得 c[i,j]=c[i−1,j]+cost(delete)。

5) 最后一步是插入操作，对 x,y 没有限制。子问题就变成了 Xi→Yj−1，得 c[i,j]=c[i,j−1]+cost(insert)。

6) 最后一步是终止操作，我们必须完成Xm→Yn，也就是说必须是 i=m,j=n。终止操作可以看成是多次的删除操作，子问题变成 Xi→Yn,0≤i<m。得 c[m,n]=min0≤i<m{c[i,n]+cost(kill)}。

最后来处理基本的情况，即 i=0 或者 j=0，X0,Y0 都是空串，从 X0→Yj 只需插入 j 次即可，所以 c[0,j]=j⋅cost[insert]，类似的Xi→Y0 只需删除 i 次即可，c[i,0]=i⋅cost[delete]。然后 c[0,0]=0。

总结就是如下：

c[i,j]=min⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪c[i,j]=c[i−1,j−1]+cost(copy)c[i,j]=c[i−1,j−1]+cost(replace)c[i,j]=c[i−2,j−2]+cost(teiddle)c[i,j]=c[i−1,j]+cost(delete)c[i,j]=c[i,j−1]+cost(insert)c[m,n]=min0≤i<m{c[i,n]+cost(kill)}if x[i]=y[j]if x[i]≠ y[j]if i,j ≥ 2 and x[i]=y[j-1],x[i-1]=y[j]if i=m,j=n

类似 LCS，按行优先开始计算。

EDIT-DISTANCE(x, y,m, n)    let c[0...m, 0...n] and op[0...m, 0...n] be new arrays    for i = 0 to m        c[i, 0] = i·cost(delete)        op[i, 0] = DELETE    for j = 0 to n        c[0, j]  = j cost(insert)        op[0, j]  = INSERT    for i = 1 to m        for j = 1 to n        c[i, j] = ∞         if x[i] == y[j]             c[i, j] = c[i-1, j-1] + cost(copy)            op[i, j] = COPY        if x[i] ≠ y[j] and c[i-1, j-1] + cost(replace) < c[i, j]            c[i, j]  = c[i-1, j-1] + cost(replace)            op[i, j]  = REPLACE(by y[j] )        if i≥ 2 and j≥ 2 and x[i]  == y[j-1] and x[i-1] == y[j]             and c[i-2, j-2 + cost(twiddle) < c[i, j]            c[i, j]  = c[i-2, j-2] + cost(twiddle)            op[i, j]  = TWIDDLE        if c[i-1, j]  + cost(delete) < c[i, j]            c[i, j]  = c[i-1, j]  + cost(delete)            op[i, j]  = DELETE        if c[i, j-1] + cost(insert) < c[i, j]             c[i, j]  = c[i, j-1] + cost(insert)            op[i, j]  = INSERT(y[j])    for i = 0 to m - 1        if c[i, n] + cost(kill) < c[m, n]            c[m, n] = c[i, n] + cost(kill)            op[m, n] = KILL i    return c and op

时空复杂度都是 Θ(mn)，若要保存 KILL 操作，还需要保存 killed 操作的下标 i 来帮助我们重建最优操作序列。

OP-SEQUENCE(op, i, j)    if i == 0 and j == 0        return    if op[i, j] == COPY or op[i, j] == REPLACE        i' = i-1        j' = j-1    elseif op[i, j] == TWIDDLE        i' = i-2        j' = j-2    elseif op[i, j] == DELETE        i' = i-1        j' = j    elseif op[i, j] == INSERT // don’t care yet what character is inserted        i' = i        j' = j-1    else // must be KILL, and must have i = m and j = n        let op[i, j]  == KILL k        i' = k        j' = j    OP-SEQUENCE(op, i', j')    print op[i, j] 

b)只允许下面四种操作，其余两种操作禁止。
cost(copy) = -1 ;
cost(replace) = +1 ;
cost(delete) = +2 ;
cost(insert) = +2 ;

因此 DNA 对齐问题就转换为求最小化编辑距离代价的负数。

思考题15-6

使用动态规划，令 c[x] 表示员工 x 的交际评分，我们希望找出所有员工的子集 S 使得当 x∈S 且 parent[x]∉S 时有最大的 ∑x∈Sc[x]。
令 M(x) 表示以 x 为根节点的子树且 x 被邀请时的最大交际评分，M′(x) 表示以 x 为根节点的子树且 x 不被邀请时的最大交际评分，然后得到：

M(x)=c[x]+∑y∈(parent[y]=x)M′(y)M′(x)=∑y∈(parent[y]=x)max{M(y),M′(y)}

上面的第一个式子表示员工 x 的交际评分以及 x 的直接下属 y 不被邀请时以 y 为根节点的子树的交际评分；第二个式子表示从员工 x 的直接下属（不包括 x）中邀请以员工 y 为根节点的子树的交际评分的最大值。

solve(x)    M(x) = c[x]    M'(x) = 0    y = left-child[x]    while y ≠ NIL        do solve(y)            M(x) = M(x) + M'(y)            M'(x) = M'(x) + max{M(y),M'(y)}            y = right-child[y]

以公司主席开始调用solve函数。接下来决定邀请人员名单。

invite(x)    if M(x) > M'(x)        then invite x to the party            for all grandchildren y of x                invite(y)    else         for all children y of x            invite(y)

最后的时间复杂度就是 O(n)。

思考题15-7

略，提供一个链接，有兴趣的可以看一看这里写链接内容

思考题15-8

a) 令当前被删除的是 A[i,j]，则第 i+1 行应该怎么删除像素呢？当 A[i,j] 处于列边界时（i=1或者i=n），比如 i=1，此时只有两种选择 A[i+1,j] 和 A[i+1,j+1]。其他情况下都可以有三种删除像素的选择：A[i+1,j−1],A[i+1,j],A[i+1,j+1]。也就是说对某一行的像素 p 来说，下一行的选择至少有两种。令 T(i) 表示从第 1 行到第 i 行可能的接缝数。当 i=1 时 T(1)=n。当 i>n 时有：T(i)≥2T(i−1)，很容易计算得 T(i)=n2i−1。因此 T(m)=n2m−1。

b) 令 disr[i,j] 为从 A[i,j] 开始的所有接缝中选择出来的接缝破坏度之和最小的一条接缝的值。基础情况是 disr[m,j]=d[m,j],j=1,2...n，递归情况下有：disr[i,j]=d[i,j]+mink∈K{disr[i+i,j+k]}，K 的取值如下：

K=⎧⎩⎨{0,1}{−1,0,1}{−1,0}if j=1if 1<j<mif j=m

因此我们只用得到最小化的 disr[1,j] 即可。

COMPRESS-IMAGE(d)    m = d.rows    n = d.columns    let disr[1..m, 1..n] and next[1..m, 1..n] be new tables    for j = 1 to n        disr[m, j] = d[m, j]    for i = m - 1 downto 1        for j = 1 to n            low = max(-1, 1-j)            high = min(1, n-j)            disr[i, j] = ∞            for k = low to high                if disr[i + 1, j + k] < disr[i, j]                     disr[i, j] = disr[i + 1, j + k]                    next[i, j] = j + k            disr[i, j] = disr[i, j] + d[i, j]            val = ∞            start = 1            for j = 1 to n                if disr[1, j] < val                    val = disr[1, j]                    start = j            print “The minimum value of the disruptive measure is ” val            for i = 1 to m                print “cut point at ” (i, start)                start = next[i, start]

最后时间和空间复杂度都是 O(mn)。