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【十九】【动态规划】518. 零钱兑换 II、279. 完全平方数、474. 一和零，三道题目深度解析

xiaoxingxing • • IT • 阅读 38

动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法：

  1. 基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。

  2. 归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划：

  1. 状态表示：

  2. 状态转移方程：

  3. 初始化：

  4. 填表顺序：

  5. 返回值：

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。

518. 零钱兑换 II – 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

这个问题本质上是，

  1. 从一些数中挑选一些数出来，然后再满足某些限定条件下，解决一些问题。而背包问题就是用来解决组合问题。

  2. 每一个物品都是无限多个，因此属于完全背包问题。

完全背包实际上是一个模版，我们根据完全背包的状态表示，去定义我们希望得到的状态表示。

完全背包的状态表示是，

定义dp[i][j]表示从前i个物品中挑选，总体积不超过j，所有选法中，所能达到的最大价值。

定义dp[i][j]表示从前i个物品中挑选，总体积恰好为j，所有选法中，所能达到的最大价值。

因此我们可以定义dp[i][j]表示从前i个硬币中挑选，总和正好为j，一共有多少种选法。

状态转移方程

根据最后一个位置的具体情况进行分类讨论。

  1. 如果选择0个第i个硬币， 此时相当于在前i-1个硬币中挑选，总和正好为j，一共有多少种选法。此时dp[i][j]=dp[i-1][j]。

  2. 如果选择1个第i个硬币， 此时相当于，在前i-1个硬币中挑选，总和正好为j-coins[i]，一共有多少种选法，在这些选法中，把1个第i个硬币放进去，此时的选法就等于在前i个硬币中挑选，总和正好为j，而这时候有多少种选法呢？有dp[i-1][j-coins[i]]种选法，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-coins[i]]。

  3. 如果选择2个第i个硬币， 此时相当于，在前i-1个硬币中挑选，总和正好为j-2*coins[i]，一共有多少种选法，在这些选法中，把2个第i个硬币放进去，此时的选法就等于在前i个硬币中挑选，总和正好为j，而这时候有多少种选法呢？有dp[i-1][j-2*coins[i]]种选法，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-2*coins[i]]。

  4. …………

  5. 一直到全部选择第i个硬币为止。

综上所述，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-coins[i]]+dp[i-1][j-2*coins[i]]+………

我们发现一个很有趣的东西，等式的右边，横坐标不变，纵坐标依次减少coins[i]，因此我们可以尝试推导dp[i][j-coins[i]]。

dp[i][j-coins[i]]=dp[i-1][j-coins[i]]+dp[i-1][j-2*coins[i]]+……..,而

dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-coins[i]]+dp[i-1][j-2*coins[i]]+………，

因此我们可以把dp[i][j]写成这样，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-coins[i]]；

这样我们就将O（n）减低成O（1）。

而上述coins[i]表示的并不是表示第i个硬币，因为coins[0]表示第一个硬币，所以第i个硬币应该是coins[i-1]表示第i个硬币，所以，状态转移方程应该为，dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-coins[i-1]]；

综上所述，状态转移方程为，



            dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            if (j - coins[i - 1] >= 0)
                dp[i][j] += dp[i][j - coins[i - 1]];


初始化




根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置状态的时候，需要用到（i-1，j）（i，j-coins[i-1])位置的状态。而使用（i，j-coins[i-1])状态时，j-coins[i-1]>=0,此时一定不会越界，所以我们只需要考虑（i-1，j）位置状态即可。


在蓝色部分，即第一行，会发生越界的情况，此时初始化这些位置的状态时，没有前驱状态值，所以我们需要初始化这些位置的状态。


第一行i==0，表示不选择硬币，硬币总和为j，一共的选法，此时（0,0）位置为1，即不选一种方法，而其他位置都为0，没有选法可以达到。其他位置是不存在，而不存在正常来说要用特殊的标志表示，但是在这道题中，用0表示不存在也不会有影响。所以不存在也用0表示。


综上所述，初始化为，




   dp[0][0] = 1;


填表顺序


根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置状态的时候，需要用到（i-1，j）（i，j-coins[i-1])位置的状态。


    

  1. 

    固定i改变j， i的变化需要从小到大，因为可能要用到（i，j-coins[i-1]）的状态，所以j的变化也需要从小到大。
    

    2. 

  2. 

    固定j改变i， j的变化需要从小到大，因为可能要用到（i-1，j）位置的状态，所以i的变化也需要从小到大。
    

    3. 



返回值


状态表示为，定义dp[i][j]表示从前i个硬币中挑选，总和正好为j，一共有多少种选法。


结合题目意思，我们要返回，从前n个硬币中挑选，总和正好为m，一共有多少种选法。


故返回dp[n][m],（m为amount）


代码实现




class Solution {
public:
    int change(int amount, vector<int>& coins) {
        int n = coins.size();
        int m = amount;
        vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(m + 1));
        dp[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 0; j <= m; j++) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                if (j - coins[i - 1] >= 0)
                    dp[i][j] += dp[i][j - coins[i - 1]];
            }
        }

        return dp[n][m];
    }
};


279. 完全平方数 – 力扣（LeetCode）




题目解析




状态表示


这个问题本质上是，


    

  1. 

    从一些数中挑选一些数出来，然后再满足某些限定条件下，解决一些问题。而背包问题就是用来解决组合问题。
    

    2. 

  2. 

    每一个物品都是无限多个，因此属于完全背包问题。
    

    3. 



完全背包实际上是一个模版，我们根据完全背包的状态表示，去定义我们希望得到的状态表示。


完全背包的状态表示是，


定义dp[i][j]表示从前i个物品中挑选，总体积不超过j，所有选法中，所能达到的最大价值。


定义dp[i][j]表示从前i个物品中挑选，总体积恰好为j，所有选法中，所能达到的最大价值。


因此我们可以定义dp[i][j]表示从前i个数的完全平方数中挑选，总和正好为j，完全平方数的最少数量。


状态转移方程




根据最后一个位置的具体情况进行分类讨论。


    

  1. 

    如果选择0个第i个数的完全平方数， 此时相当于在前i-1个数的完全平方数中挑选，总和正好为j，这种情况下完全平方数的最少数量，此时dp[i][j]=dp[i-1][j]。i
    

    2. 

  2. 

    如果选择1个第i个数的完全平方数， 此时相当于在前i-1个数的完全平方数中挑选，总和正好为j-i^2，完全平方数的最少数量，此时再加上1个第i个数的完全平方数，相当于在前i个数的完全平方数中挑选，总和正好为j，这种情况下完全平方数的最少数量，即dp[i][j]=dp[i-1][j-i^2]+1。
    

    3. 

  3. 

    如果选择2个第i个数的完全平方数， 此时相当于在前i-1个数的完全平方数中挑选，总和正好为j-2*i^2，完全平方数的最少数量，此时再加上2个第i个数的完全平方数，相当于在前i个数的完全平方数中挑选，总和正好为j，这种情况下完全平方数的最少数量，即dp[i][j]=dp[i-1][j-2*i^2]+2。
    

    4. 

  4. 

    ……….
    

    5. 

  5. 

    一直到全部选择第i个数的完全平方数。
    

    6. 



综上所述，dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-i^2]+1,dp[i-1][j-2*i^2]+2,………)


我们发现一个很有趣的东西，等式右边，横坐标不变，纵坐标依次减少i^2。因此我可以尝试推导dp[i][j-i^2]。


得到dp[i][j-i^2]=min（dp[i-1][j-i^2],dp[i-1][j-2*i^2]+1,dp[i-1][j-3*i^2]+2,……..)


为了统一，dp[i][j-i^2]+1=min(dp[i-1][j-i^2]+1,dp[i-1][j-2*i^2]+2,dp[i-1][j-3*i^2]+3,……..)


又dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-i^2]+1,dp[i-1][j-2*i^2]+2,………)


故可以将dp[i][j]写成这样，dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-i^2]+1);


当dp[i-1][j]或者dp[i][j-i^2]不存在的时候,不能选到了他们，因此我们可以将不存在定义为INF=0x3f3f3f3f,因为是取两者小的一个，所以即使不存在也不会取到他们。


综上所述，状态转移方程为,




        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        if (j - i * i >= 0)
            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j - i * i] + 1);


初始化




根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置的状态时，需要用到（i-1，j）（i，j-i^2)的状态。


而用（i，j-i^2)的状态时，j-i^2一定不会越界，所以我们只需要考虑（i-1，j）的状态即可。


因此在推导第一行的状态时，会发生越界的情况，此时没有前驱状态值，所以我们需要初始化第一行的状态。


第一行，i==0，表示不选数，总和为j，平方数的个数，（0,0）位置状态应该初始化为0，其他位置状态为不存在，我们根据前面的分析，得出不存在应该初始化为0x3f3f3f3f。


填表顺序


根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置的状态时，需要用到（i-1，j）（i，j-i^2)的状态。


    

  1. 

    固定i，改变j， i的变化需要从小到大，因为要使用到（i，j-i^2)位置状态，所以j的变化也需要从小到大。
    

    2. 

  2. 

    固定j，改变i， j的变化需要从小到大，因为要使用到（i-1，j）位置状态，所以i的变化也需要从小到大。
    

    3. 



返回值


根据状态表示定义dp[i][j]表示从前i个数的完全平方数中挑选，总和正好为j，完全平方数的最少数量。


结合题目要求，我们需要返回，从前m个数的完全平方数中挑选，总和正好为n，完全平方数的最少数量。


（m的完全平方数应该小于等于n，而m+1的完全平方数>n）


返回dp[m][n]；


代码实现




class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        int m = 1;
        while (m * m <= n)
            m++;
        m--;
        int INF = 0x3f3f3f3f;
        vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, INF));
        dp[0][0] = 0;

        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            for (int j = 0; j <= n; j++) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                if (j - i * i >= 0)
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][j - i * i] + 1);
            }
        }

        return dp[m][n];
    }
};


474. 一和零 – 力扣（LeetCode）




题目解析




状态表示


这个问题本质上是，


    

  1. 

    从一些数中挑选一些数出来，然后再满足某些限定条件下，解决一些问题。而背包问题就是用来解决组合问题。
    

    2. 

  2. 

    每一个物品都是无限多个，因此属于完全背包问题。
    

    3. 



完全背包实际上是一个模版，我们根据完全背包的状态表示，去定义我们希望得到的状态表示。


完全背包的状态表示是，


定义dp[i][j]表示从前i个物品中挑选，总体积不超过j，所有选法中，所能达到的最大价值。


定义dp[i][j]表示从前i个物品中挑选，总体积恰好为j，所有选法中，所能达到的最大价值。


因此我们可以定义dp[i][j][k]表示从前i个字符串中挑选，字符0的个数不超过j，字符1的个数不超过k，所有选法中，子集的最大个数。


状态转移方程




根据最后一个位置的具体情况进行分类讨论。


假设第i个字符串中，字符0的个数为a，字符1的个数为b。


    

  1. 

    不选第i个字符串， 相当于在前i-1个字符串里面挑选，使字符0的个数不超过j，字符1的个数不超过k，所有选法中，子集的最大个数。此时dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]；
    

    2. 

  2. 

    挑选第i个字符串， 那么接下来，我需要在前i-1个字符串里面挑选出一些字符串，使得字符0的个数不超过j-a，字符1的个数不超过k-b，然后在这些字符串中加入第i个字符串，此时相当于在前i个字符串里面挑选出一些字符串，使得字符0的个数不超过j，字符1的个数不超过k。此时dp[i][j][k]=dp[i-1][j-a][k-b]+1。
    

    3. 



综上所述，状态转移方程为，




    dp[i][j][k]=max(dp[i-1][j][k],dp[i-1][j-a][k-b]+1)


需要推导（i，j，k）位置的状态，需要用到（i-1，j，k）（i-1，j-a，k-b）位置的状态，使用前提就是不能越界，对于（i-1，j，k）可以初始化第一行处理，而对于（i-1，j-a，k-b）初始化不好处理，所以我们选择直接考虑其存在的情况，即if(j>=a&&k>=b)才使用。


因此状态转移方程可以写成，




        dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
        if (j >= a && k >= b)
            dp[i][j][k] =
                max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - a][k - b] + 1);


初始化


根据状态转移方程，我们知道想要推导（i，j，k）位置的状态时，需要用到（i-1，j，k）（i-1，j-a，k-b）位置的状态。而（i-1，j-a，k-b）位置的状态的使用，我们已经考虑过j-a，和k-b不越界的情况，所以我们只需要考虑i-1以及（i-1，j，k）位置状态不越界的情况。


因此我们需要初始化i==0的情况。


当i==0时，表示不选字符串，字符0个数不超过j，字符1的个数不超过k，所有情况中，字符串个数最大值。所以i==0时，所有位置状态应该为0。


填表顺序


根据状态转移方程，我们知道想要推导（i，j，k）位置的状态时，需要用到（i-1，j，k）（i-1，j-a，k-b）位置的状态。


    

  1. 

    固定i，改变j，改变k i的变化需要从小到大，j、k的变化可以从小到大也可以从大到小。因为i从小到大变化，就满足了在推导（i，j，k）位置状态时，（i-1，，）的状态已经得到。
    

    2. 

  2. 

    固定j，改变i，改变k j的变化需要从小到大，因为需要用到（i-1，j，k）位置的状态，所以i的变化需要从小到大，k的变化可以从小到大也可以从大到小。
    

    3. 

  3. 

    固定k，改变i，改变j k的变化需要从小到大，因为需要用到（i-1，j，k）位置的状态，所以i的变化需要从小到大，j的变化可以从小到大也可以从大到小。
    

    4. 



这三种情况，后面的顺序都可以交换。


返回值


状态表示定义dp[i][j][k]表示从前i个字符串中挑选，字符0的个数不超过j，字符1的个数不超过k，所有选法中，子集的最大个数。


结合题目意思，我们需要从前len个字符串中挑选，字符0的个数不超过m，字符1的个数不超过n，所有选法中，子集的最大个数。所以我们需要返回dp[len][m][n]，（len是strs中字符串的个数）


代码实现




class Solution {
public:
    int findMaxForm(vector<string>& strs, int m, int n) {
        int len = strs.size();
        vector<vector<vector<int>>> dp(len + 1, vector<vector<int>>(m + 1, vector<int>(n + 1)));
        for (int i = 1; i <= len; i++) {

            int a = 0, b = 0;
            for (auto ch : strs[i - 1])
                if (ch == '0')
                    a++;
                else
                    b++;
            for (int j = m; j >= 0; j--)
                for (int k = n; k >= 0; k--) {
                    dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];
                    if (j >= a && k >= b)
                        dp[i][j][k] =
                            max(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - a][k - b] + 1);
                }
        }
        return dp[len][m][n];
    }
};


结尾


今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。


最后，感谢您阅读我的文章，希望这些内容能够对您有所启发和帮助。如果您有任何问题或想要分享您的观点，请随时在评论区留言。


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	原文链接：https://blog.csdn.net/m0_74163972/article/details/135487853




      
            
      
                      
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                                                                                     0                                                                                                                    

                                    
                                    

                                        
                                    

                                

                            

                        

                    

                                            

                    

                
                

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