今天整理了一下關于動態(tài)規(guī)劃的內容，道理都知道，但是python來描述的方面參考較少，整理如下，希望對你有所幫助，實驗代碼均經(jīng)過測試。
請先好好閱讀如下內容--什么是動態(tài)規(guī)劃？
摘錄于《算法圖解》
以上的都建議自己手推一下，然后知道怎么回事，核心的部分是142頁核心公式，待會代碼會重現(xiàn)這個過程，推薦沒有算法基礎的小伙伴看這本書《算法圖解》很有意思的書，講的很清晰，入門足夠
更深入的請閱讀python算法-動態(tài)規(guī)劃寫的不錯，可以參考
為什么要使用動態(tài)規(guī)劃？
From:動態(tài)規(guī)劃是什么，意義在哪里？?。。。?/a>
? 首先我們要知道為什么要使用(Dynamic programming)dp，我們在選擇dp算法的時候，往往是在決策問題上，而且是在如果不使用dp，直接暴力效率會很低的情況下選擇使用dp.
那么問題來了，什么時候會選擇使用dp呢，一般情況下，我們能將問題抽象出來，并且問題滿足無后效性，滿足最優(yōu)子結構，并且能明確的找出狀態(tài)轉移方程的話，dp無疑是很好的選擇。
- 無后效性通俗的說就是只要我們得出了當前狀態(tài)，而不用管這個狀態(tài)怎么來的，也就是說之前的狀態(tài)已經(jīng)用不著了，如果我們抽象出的狀態(tài)有后效性，很簡單，我們只用把這個值加入到狀態(tài)的表示中。
- 最優(yōu)子結構(自下而上)：在決策問題中，如果，當前問題可以拆分為多個子問題，并且依賴于這些子問題，那么我們稱為此問題符合子結構，而若當前狀態(tài)可以由某個階段的某個或某些狀態(tài)直接得到，那么就符合最優(yōu)子結構
- 重疊子問題(自上而下)：動態(tài)規(guī)劃算法總是充分利用重疊子問題，通過每個子問題只解一次，把解保存在一個需要時就可以查看的表中，每次查表的時間為常數(shù)，如備忘錄的遞歸方法。斐波那契數(shù)列的遞歸就是個很好的例子
- 狀態(tài)轉移：這個概念比較簡單，在抽象出上述兩點的的狀態(tài)表示后，每種狀態(tài)之間轉移時值或者參數(shù)的變化。
小結
- 動態(tài)規(guī)劃： 動態(tài)規(guī)劃表面上很難，其實存在很簡單的套路：當求解的問題滿足以下兩個條件時， 就應該使用動態(tài)規(guī)劃：
- 主問題的答案 包含了 可分解的子問題答案 （也就是說，問題可以被遞歸的思想求解）
- 遞歸求解時， 很多子問題的答案會被多次重復利用
- 動態(tài)規(guī)劃的本質思想就是遞歸， 但如果直接應用遞歸方法， 子問題的答案會被重復計算產(chǎn)生浪費， 同時遞歸更加耗費棧內存， 所以通常用一個二維矩陣（表格）來表示不同子問題的答案， 以實現(xiàn)更加高效的求解。
- ?
Talk is cheap ,Show me the code
翻閱很多資料，貌似python描述的比較少，這里總結一下，用前面的圖解中的偽代碼重構下
背包問題
多謝rubik_wong--0/1背包問題，代碼參考如下
# 這里使用了圖解中的吉他，音箱，電腦，手機做的測試，數(shù)據(jù)保持一致
w = [0, 1, 4, 3, 1] #n個物體的重量(w[0]無用)
p = [0, 1500, 3000, 2000, 2000] #n個物體的價值(p[0]無用)
n = len(w) - 1 #計算n的個數(shù)
m = 4 #背包的載重量
x = [] #裝入背包的物體，元素為True時，對應物體被裝入(x[0]無用)
v = 0
#optp[i][j]表示在前i個物體中，能夠裝入載重量為j的背包中的物體的最大價值
optp = [[0 for col in range(m + 1)] for raw in range(n + 1)]
#optp 相當于做了一個n*m的全零矩陣的趕腳，n行為物件，m列為自背包載重量
def knapsack_dynamic(w, p, n, m, x):
#計算optp[i][j]
for i in range(1, n + 1): # 物品一件件來
for j in range(1, m + 1): # j為子背包的載重量，尋找能夠承載物品的子背包
if (j >= w[i]): # 當物品的重量小于背包能夠承受的載重量的時候，才考慮能不能放進去
optp[i][j] = max(optp[i - 1][j], optp[i - 1][j - w[i]] + p[i]) # optp[i - 1][j]是上一個單元的值， optp[i - 1][j - w[i]]為剩余空間的價值
else:
optp[i][j] = optp[i - 1][j]
#遞推裝入背包的物體,尋找跳變的地方，從最后結果開始逆推
j = m
for i in range(n, 0, -1):
if optp[i][j] > optp[i - 1][j]:
x.append(i)
j = j - w[i]
#返回最大價值，即表格中最后一行最后一列的值
v = optp[n][m]
return v
print '最大值為：' + str(knapsack_dynamic(w, p, n, m, x))
print '物品的索引：',x
#最大值為：4000
#物品的索引： [4, 3]
優(yōu)化背包問題的遞歸方法
def MaxVal2(memo , w, v, index, last):
"""
得到最大價值
w為widght
v為value
index為索引
last為剩余重量
"""
global numCount
numCount = numCount + 1
try:
#以往是否計算過分支，如果計算過，直接返回分支的結果
return memo[(index , last)]
except:
#最底部
if index == 0:
#是否可以裝入
if w[index] <= last:
return v[index]
else:
return 0
#尋找可以裝入的分支
without_l = MaxVal2(memo , w, v, index - 1, last)
#如果當前的分支大于約束
#返回歷史查找的最大值
if w[index] > last:
return without_l
else:
#當前分支加入背包，剪掉背包剩余重量，繼續(xù)尋找
with_l = v[index] + MaxVal2(memo , w, v , index - 1, last - w[index])
#比較最大值
maxvalue = max(with_l , without_l)
#存儲
memo[(index , last)] = maxvalue
return maxvalue
w = [0, 1, 4, 3, 1] # 東西的重量
v = [0, 1500, 3000, 2000, 2000] # 東西的價值
numCount = 0
memo = {}
n = len(w) - 1
m = 4
print MaxVal2(memo , w, v, n, m) , "caculate count : ", numCount
# 4000 caculate count : 20
優(yōu)化斐波那契數(shù)列的遞歸方法
多謝Python科學實驗----動態(tài)規(guī)劃,也就是對應上面的重疊子問題的方法，備忘錄的遞歸方法
#Dynamic Method Experiment
import matplotlib.pyplot as plt
count=0;
#blank
def f(n):
global count
count=count+1
if n==1:
return 1
elif n==0:
return 1
else:
return f(n-1)+f(n-2)
# function calls count
def calc_f(n):
global count
count=0
f(n)
return count
#using memorization
mem={}
def mem_f(n):
global count,mem
count=count+1
if n in mem:
return mem[n]
else:
if n==1:
result=1
elif n==0:
result=1
else:
result=mem_f(n-1)+mem_f(n-2)
mem[n]=result
return result
def mem_calc_f(n):
global count
global mem
mem={}
count=0
mem_f(n)
return count
x=range(1,15)
y=[]
y2=[]
for i in x:
c=mem_calc_f(i)
y.append(c)
c2=calc_f(i)
y2.append(c2)
print "規(guī)模為%d時計算了%d次 i=%d時，val=%d"%(i,c,i,mem_f(i))
print "規(guī)模為%d時計算了%d次 i=%d時，val=%d"%(i,c2,i,f(i))
plt.plot(x,y)
plt.plot(x,y2)
plt.show()
它的基本思想就是記錄已經(jīng)計算過的值，避免重復計算。
如果使用裝飾器的寫法，則會優(yōu)雅很多
from functools import wraps
def memo(func):
cache={}
@wraps(func)
def wrap(*args):
if args not in cache:
cache[args]=func(*args)
return cache[args]
return wrap
@memo
def fib(i):
if i<2: return 1
return fib(i-1)+fib(i-2)
fib(2)
一些利用DP的筆試題
CPU雙核問題
網(wǎng)易筆試—動態(tài)規(guī)劃: 題目的大概意思：一種雙核CPU的兩個核能夠同時的處理任務，現(xiàn)在有n個已知數(shù)據(jù)量的任務需要交給CPU處理，假設已知CPU的每個核1秒可以處理1kb，每個核同時只能處理一項任務。n個任務可以按照任意順序放入CPU進行處理，現(xiàn)在需要設計一個方案讓CPU處理完這批任務所需的時間最少，求這個最小的時間。
輸入包括兩行：
第一行為整數(shù)n(1 ≤ n ≤ 50)
第二行為n個整數(shù)length[i](1024 ≤ length[i] ≤ 4194304)，表示每個任務的長度為length[i]kb，每個數(shù)均為1024的倍數(shù)。
輸出一個整數(shù)，表示最少需要處理的時間。
問題實質是動態(tài)規(guī)劃問題，把數(shù)組分成兩部分，使得兩部分的和相差最小。
如何將數(shù)組分成兩部分使得兩部分的和的差最??？參考博客http://www.tuicool.com/articles/ZF73Af
思路：
差值最小就是說兩部分的和最接近，而且各部分的和與總和的一半也是最接近的。假設用sum1表示第一部分的和，sum2表示第二部分的和，SUM表示所有數(shù)的和，那么sum1+sum2=SUM。假設sum1<sum2 那么SUM/2-sum1 = sum2-SUM/2;
所以我們就有目標了，使得sum1<=SUM/2的條件下盡可能的大。也就是說從n個數(shù)中選出某些數(shù)，使得這些數(shù)的和盡可能的接近或者等于所有數(shù)的和的一般。這其實就是簡單的背包問題了：
背包容量是SUM/2. 每個物體的體積是數(shù)的大小，然后盡可能的裝滿背包。
w = [0, 3072, 3072, 7168, 3072, 1024] # 假設進入處理的的任務大小
w = map(lambda x:x/1024,w) # 轉化下
p = w # 這題的價值和任務重量一致
n = sum(w)/2 +1 # 背包承重為總任務的一半
optp = [[0 for j in range(n+1)] for i in range(len(w))]
for i in range(1,len(p)):
for j in range(1,n+1):
if j >= p[i]:
optp[i][j] = max(optp[i-1][j],p[i]+optp[i-1][j-w[i]])
else:
optp[i][j] = optp[i-1][j]
print optp[-1][-1]
print optp
# 背包矩陣入下所示，第一列和第一行無效占位符
[[0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0],
[0, 0, 0, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3],
[0, 0, 0, 3, 3, 3, 6, 6, 6, 6],
[0, 0, 0, 3, 3, 3, 6, 7, 7, 7],
[0, 0, 0, 3, 3, 3, 6, 7, 7, 9],
[0, 1, 1, 3, 4, 4, 6, 7, 8, 9]]
LIS問題
longest increasing subsequence問題，
- 寫的很棒，不再贅述DP動態(tài)規(guī)劃（Python實現(xiàn)）
# 講DP基本都會講到的一個問題LIS：longest increasing subsequence
# http://www.deeplearn.me/216.html
lis = [2 ,1, 5, 3, 6 ,4 ,8 ,9, 7]
d = [1]*len(lis)
res = 1
for i in range(len(lis)):
for j in range(i):
if lis[j] <= lis[i] and d[i] < d[j]+1:
d[i] = d[j]+1
if d[j] > res:
res = d[j]
print res
LCS問題
一個非常好的圖解教程：動態(tài)規(guī)劃 最長公共子序列 過程圖解
# 根據(jù)圖解教程寫的偽代碼，其實最后評論里面的代碼就是我添加上去的
s1 = [1,3,4,5,6,7,7,8]
s2 = [3,5,7,4,8,6,7,8,2]
d = [[0]*(len(s2)+1) for i in range(len(s1)+1) ]
for i in range(1,len(s1)+1):
for j in range(1,len(s2)+1):
if s1[i-1] == s2[j-1]:
d[i][j] = d[i-1][j-1]+1
else:
d[i][j] = max(d[i-1][j],d[i][j-1])
print "max LCS number:",d[-1][-1]
給定一個有n個正整數(shù)的數(shù)組A和一個整數(shù)sum
? 給定一個有n個正整數(shù)的數(shù)組A和一個整數(shù)sum,求選擇數(shù)組A中部分數(shù)字和為sum的方案數(shù)。
當兩種選取方案有一個數(shù)字的下標不一樣,我們就認為是不同的組成方案。
輸入描述:
輸入為兩行:
第一行為兩個正整數(shù)n(1 ≤ n ≤ 1000)，sum(1 ≤ sum ≤ 1000)
第二行為n個正整數(shù)A[i](32位整數(shù))，以空格隔開。
輸出描述:
輸出所求的方案數(shù)
示例1
輸入
5 15
5 5 10 2 3
輸出
4
#動態(tài)規(guī)劃算法。dp[i][j]代表用前i個數(shù)字湊到j最多有多少種方案。
#dp[i][j]=dp[i-1][j]; //不用第i個數(shù)字能湊到j的最多情況
#dp[i][j]+=dp[i-1][j-value[i]];用了i時，只需要看原來湊到j-value[i]的最多情況即可。并累加
num_ = 5
sum_ = 10
line = [5 ,5 ,10 ,2 ,3]
optp = [[1]+[0]*sum_ for i in range(num_+1)] # 第一列為1的原因是和為0的時候只有一種取法，就是什么都不取
for i in range(1,num_+1):
for j in range(1,sum_+1):
if j - line[i-1] >=0:
optp[i][j] = optp[i-1][j] + optp[i-1][j-line[i-1]]
else:
optp[i][j] = optp[i-1][j]
print optp
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0 [[1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0],
5 [1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0],
5 [1, 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 1],
10 [1, 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 2],
2 [1, 0, 1, 0, 0, 2, 0, 2, 0, 0, 2],
3 [1, 0, 1, 1, 0, 3, 0, 2, 2, 0, 4]]
# 轉化為背包問題后，開始推，（注意第一行和第一列是預至位）比如說第一個數(shù)字是5，那么從構成和為1，怎么取？當然沒得取，直到構成和為5的時候，開始執(zhí)行，如果用這個5，那么還剩下5-5=0的和，0的和取法只有1，而如果不用5，取法只有0，所以為1，之后重復推，再說第二個5，直到和為5之前，都是0取法，到了5之后，兩種取法，一種是要不要這個新的5，如果要這個新的5，那么剩下的和即5-5=0，一種取法，如果這個新的5不取，那以前能取到和為5就上次循環(huán)中的一種取法，所以合起來兩種取法
一個數(shù)組有 N 個元素，求連續(xù)子數(shù)組的最大和
一個數(shù)組有 N 個元素，求連續(xù)子數(shù)組的最大和。 例如：[-1,2,1]，和最大的連續(xù)子數(shù)組為[2,1]，其和為 3
輸入描述:
輸入為兩行。
第一行一個整數(shù)n(1 <= n <= 100000)，表示一共有n個元素
第二行為n個數(shù)，即每個元素,每個整數(shù)都在32位int范圍內。以空格分隔。
輸出描述:
所有連續(xù)子數(shù)組中和最大的值。
示例1
輸入
3
-1 2 1
輸出
3
# 采用動態(tài)規(guī)劃的方法
# 設dp[i]表示以第 i個元素為結尾的連續(xù)子數(shù)組的最大和，則遞推方程式為 dp[i]=max{dp[i-1]+a[i], a[i]};
num = raw_input("")
line = raw_input("")
line = map(lambda x:int(x),line.split(" "))
num = int(num)
d =[0]*(num-1)
d.insert(0,line[0])
for i in range(1,num):
d[i] = max(d[i-1]+line[i],line[i])
print max(d)
X*Y的網(wǎng)格迷宮
有一個X*Y的網(wǎng)格，小團要在此網(wǎng)格上從左上角到右下角，只能走格點且只能向右或向下走。請設計一個算法，計算小團有多少種走法。給定兩個正整數(shù)int x,int y，請返回小團的走法數(shù)目。
輸入描述:
輸入包括一行，逗號隔開的兩個正整數(shù)x和y，取值范圍[1,10]。
輸出描述:
輸出包括一行，為走法的數(shù)目。
示例1
輸入
3 2
輸出
10
# 動態(tài)規(guī)劃，使用遞推方程d[i][j] = d[i-1][j] + d[i][j-1]
# 因為可能從兩個方向走到同一個點，所以從上到下為一種走法，從左到右是另一種走法
# 注意題目給的是x*y方格，所以是(x+1)*(y+1)個點
line = map(int, raw_input("").split(" "))
x = line[0]
y = line[1]
d = [[0]*(y+2) for i in range(x+2)]
for i in range(1,x+2):
for j in range(1,y+2):
if i==j and i==1:
d[i][j] = 1
else:
d[i][j] = d[i-1][j] + d[i][j-1]
print d[-1][-1]
暗黑字符串
一個只包含'A'、'B'和'C'的字符串，如果存在某一段長度為3的連續(xù)子串中恰好'A'、'B'和'C'各有一個，那么這個字符串就是純凈的，否則這個字符串就是暗黑的。例如：
BAACAACCBAAA 連續(xù)子串"CBA"中包含了'A','B','C'各一個，所以是純凈的字符串
AABBCCAABB 不存在一個長度為3的連續(xù)子串包含'A','B','C',所以是暗黑的字符串
你的任務就是計算出長度為n的字符串(只包含'A'、'B'和'C')，有多少個是暗黑的字符串。
輸入描述:
輸入一個整數(shù)n，表示字符串長度(1 ≤ n ≤ 30)
輸出描述:
輸出一個整數(shù)表示有多少個暗黑字符串
示例1
輸入
3
輸出
21
思路解析
#方式二，這么low的方式是我根據(jù)上面的解析寫的。遞歸所以速度慢
num = int(raw_input(""))
def dark(num):
if num == 1:
return 3
elif num==2:
return 9
else:
return 2*dark(num-1) + dark(num-2)
print dark(num)
# 方式一：別人家的代碼
n = int(raw_input())
dp = [0]*31
dp[0] = 3
dp[1] = 9
for i in xrange(2, n):
dp[i] = 2*dp[i-1]+dp[i-2]
print dp[n-1]
最后
紙上得來終覺淺，這句話放在什么時候都一樣，自己覺得動態(tài)規(guī)劃比較了解了，其實了解個屁，需要重新打打基礎！以后再過來更新理解。
