本文翻譯自TopCoder上的一篇文章：Dynamic Programming: From novice to advanced，并非嚴格逐字逐句翻譯，其中加入了自己的一些理解。水平有限，還望指摘。
我們遇到的問題中，有很大一部分可以用動態(tài)規(guī)劃(簡稱DP)來解。解決這類問題可以很大地提升你的能力與技巧，我會試著幫助你理解如何使用DP來解題。這篇文章是基于實例展開來講的，因為干巴巴的理論實在不好理解。
注意：如果你對于其中某一節(jié)已經(jīng)了解并且不想閱讀它，沒關系，直接跳過它即可。
什么是動態(tài)規(guī)劃，我們要如何描述它?
動態(tài)規(guī)劃算法通?；谝粋€遞推公式及一個或多個初始狀態(tài)。當前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動態(tài)規(guī)劃來解題只需要多項式時間復雜度，因此它比回溯法、暴力法等要快許多。
現(xiàn)在讓我們通過一個例子來了解一下DP的基本原理。
首先，我們要找到某個狀態(tài)的最優(yōu)解，然后在它的幫助下，找到下一個狀態(tài)的最優(yōu)解。
“狀態(tài)”代表什么及如何找到它?
“狀態(tài)"用來描述該問題的子問題的解。原文中有兩段作者闡述得不太清楚，跳過直接上例子。
如果我們有面值為1元、3元和5元的硬幣若干枚，如何用最少的硬幣湊夠11元？(表面上這道題可以用貪心算法，但貪心算法無法保證可以求出解，比如1元換成2元的時候)
首先我們思考一個問題，如何用最少的硬幣湊夠i元(i<11)？為什么要這么問呢？兩個原因：1.當我們遇到一個大問題時，總是習慣把問題的規(guī)模變小，這樣便于分析討論。2.這個規(guī)模變小后的問題和原來的問題是同質(zhì)的，除了規(guī)模變小，其它的都是一樣的，本質(zhì)上它還是同一個問題(規(guī)模變小后的問題其實是原問題的子問題)。
好了，讓我們從最小的i開始吧。當i=0，即我們需要多少個硬幣來湊夠0元。由于1，3，5都大于0，即沒有比0小的幣值，因此湊夠0元我們最少需要0個硬幣。(這個分析很傻是不是？別著急，這個思路有利于我們理清動態(tài)規(guī)劃究竟在做些什么。)這時候我們發(fā)現(xiàn)用一個標記來表示這句“湊夠0元我們最少需要0個硬幣?！睍容^方便，如果一直用純文字來表述，不出一會兒你就會覺得很繞了。那么，我們用d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個硬幣。于是我們已經(jīng)得到了d(0)=0，表示湊夠0元最小需要0個硬幣。當i=1時，只有面值為1元的硬幣可用，因此我們拿起一個面值為1的硬幣，接下來只需要湊夠0元即可，而這個是已經(jīng)知道答案的，即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。當i=2時，仍然只有面值為1的硬幣可用，于是我拿起一個面值為1的硬幣，接下來我只需要再湊夠2-1=1元即可(記得要用最小的硬幣數(shù)量)，而這個答案也已經(jīng)知道了。所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到這里，你都可能會覺得，好無聊，感覺像做小學生的題目似的。因為我們一直都只能操作面值為1的硬幣！耐心點，讓我們看看i=3時的情況。當i=3時，我們能用的硬幣就有兩種了：1元的和3元的(5元的仍然沒用，因為你需要湊的數(shù)目是3元！5元太多了親)。既然能用的硬幣有兩種，我就有兩種方案。如果我拿了一個1元的硬幣，我的目標就變?yōu)榱耍簻悏?-1=2元需要的最少硬幣數(shù)量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。這個方案說的是，我拿3個1元的硬幣；第二種方案是我拿起一個3元的硬幣，我的目標就變成：湊夠3-3=0元需要的最少硬幣數(shù)量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1.這個方案說的是，我拿1個3元的硬幣。好了，這兩種方案哪種更優(yōu)呢？記得我們可是要用最少的硬幣數(shù)量來湊夠3元的。所以，選擇d(3)=1，怎么來的呢？具體是這樣得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。
OK，碼了這么多字講具體的東西，讓我們來點抽象的。從以上的文字中，我們要抽出動態(tài)規(guī)劃里非常重要的兩個概念：狀態(tài)和狀態(tài)轉移方程。
上文中d(i)表示湊夠i元需要的最少硬幣數(shù)量，我們將它定義為該問題的"狀態(tài)"，這個狀態(tài)是怎么找出來的呢？我在另一篇文章動態(tài)規(guī)劃之背包問題(一)中寫過：根據(jù)子問題定義狀態(tài)。你找到子問題，狀態(tài)也就浮出水面了。最終我們要求解的問題，可以用這個狀態(tài)來表示：d(11)，即湊夠11元最少需要多少個硬幣。那狀態(tài)轉移方程是什么呢？既然我們用d(i)表示狀態(tài)，那么狀態(tài)轉移方程自然包含d(i)，上文中包含狀態(tài)d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。沒錯，它就是狀態(tài)轉移方程，描述狀態(tài)之間是如何轉移的。當然，我們要對它抽象一下，
d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j個硬幣的面值;
有了狀態(tài)和狀態(tài)轉移方程，這個問題基本上也就解決了。當然了，Talk is cheap,show methe code!
偽代碼如下：
下圖是當i從0到11時的解：
從上圖可以得出，要湊夠11元至少需要3枚硬幣。
此外，通過追蹤我們是如何從前一個狀態(tài)值得到當前狀態(tài)值的，可以找到每一次我們用的是什么面值的硬幣。比如，從上面的圖我們可以看出，最終結果d(11)=d(10)+1(面值為1)，而d(10)=d(5)+1(面值為5)，最后d(5)=d(0)+1(面值為5)。所以我們湊夠11元最少需要的3枚硬幣是：1元、5元、5元。
注意：原文中這里本來還有一段的，但我反反復復讀了幾遍，大概的意思我已經(jīng)在上文從i=0到i=3的分析中有所體現(xiàn)了。作者本來想講的通俗一些，結果沒寫好，反而更不好懂，所以這段不翻譯了。
上面討論了一個非常簡單的例子?，F(xiàn)在讓我們來看看對于更復雜的問題，如何找到狀態(tài)之間的轉移方式(即找到狀態(tài)轉移方程)。為此我們要引入一個新詞叫遞推關系來將狀態(tài)聯(lián)系起來(說的還是狀態(tài)轉移方程)
OK，上例子，看看它是如何工作的。
一個序列有N個數(shù)：A[1],A[2],…,A[N]，求出最長非降子序列的長度。(講DP基本都會講到的一個問題LIS：longest increasing subsequence)
正如上面我們講的，面對這樣一個問題，我們首先要定義一個“狀態(tài)”來代表它的子問題，并且找到它的解。注意，大部分情況下，某個狀態(tài)只與它前面出現(xiàn)的狀態(tài)有關，而獨立于后面的狀態(tài)。
讓我們沿用“入門”一節(jié)里那道簡單題的思路來一步步找到“狀態(tài)”和“狀態(tài)轉移方程”。假如我們考慮求A[1],A[2],…,A[i]的最長非降子序列的長度，其中i<N，那么上面的問題變成了原問題的一個子問題(問題規(guī)模變小了，你可以讓i=1,2,3等來分析)然后我們定義d(i)，表示前i個數(shù)中以A[i]結尾的最長非降子序列的長度。OK，對照“入門”中的簡單題，你應該可以估計到這個d(i)就是我們要找的狀態(tài)。如果我們把d(1)到d(N)都計算出來，那么最終我們要找的答案就是這里面最大的那個。狀態(tài)找到了，下一步找出狀態(tài)轉移方程。
為了方便理解我們是如何找到狀態(tài)轉移方程的，我先把下面的例子提到前面來講。如果我們要求的這N個數(shù)的序列是：
5，3，4，8，6，7根據(jù)上面找到的狀態(tài)，我們可以得到：（下文的最長非降子序列都用LIS表示）
OK，分析到這，我覺得狀態(tài)轉移方程已經(jīng)很明顯了，如果我們已經(jīng)求出了d(1)到d(i-1)，那么d(i)可以用下面的狀態(tài)轉移方程得到：
d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]用大白話解釋就是，想要求d(i)，就把i前面的各個子序列中，最后一個數(shù)不大于A[i]的序列長度加1，然后取出最大的長度即為d(i)。當然了，有可能i前面的各個子序列中最后一個數(shù)都大于A[i]，那么d(i)=1，即它自身成為一個長度為1的子序列。
分析完了，上圖：(第二列表示前i個數(shù)中LIS的長度，第三列表示，LIS中到達當前這個數(shù)的上一個數(shù)的下標，根據(jù)這個可以求出LIS序列)
Talk is cheap, show me the code:
#include <iostream>using namespace std;int lis(int A[], int n){ int *d = new int[n]; int len = 1; for(int i=0; i<n; ++i){ d[i] = 1; for(int j=0; j<i; ++j) if(A[j]<=A[i] && d[j]+1>d[i]) d[i] = d[j] + 1; if(d[i]>len) len = d[i]; } delete[] d; return len;}int main(){ int A[] = { 5, 3, 4, 8, 6, 7 }; cout<<lis(A, 6)<<endl; return 0;}該算法的時間復雜度是O(n2 )，并不是最優(yōu)的解法。還有一種很巧妙的算法可以將時間復雜度降到O(nlogn)，網(wǎng)上已經(jīng)有各種文章介紹它，這里就不再贅述。傳送門：LIS的O(nlogn)解法。此題還可以用“排序+LCS”來解，感興趣的話可自行Google。
練習題
無向圖G有N個結點(1<N<=1000)及一些邊，每一條邊上帶有正的權重值。找到結點1到結點N的最短路徑，或者輸出不存在這樣的路徑。
提示：在每一步中，對于那些沒有計算過的結點，及那些已經(jīng)計算出從結點1到它的最短路徑的結點，如果它們間有邊，則計算從結點1到未計算結點的最短路徑。
嘗試解決以下來自topcoder競賽的問題：
接下來，讓我們來看看如何解決二維的DP問題。
平面上有N＊M個格子，每個格子中放著一定數(shù)量的蘋果。你從左上角的格子開始，每一步只能向下走或是向右走，每次走到一個格子上就把格子里的蘋果收集起來，這樣下去，你最多能收集到多少個蘋果。
解這個問題與解其它的DP問題幾乎沒有什么兩樣。第一步找到問題的“狀態(tài)”，第二步找到“狀態(tài)轉移方程”，然后基本上問題就解決了。
首先，我們要找到這個問題中的“狀態(tài)”是什么？我們必須注意到的一點是，到達一個格子的方式最多只有兩種：從左邊來的(除了第一列)和從上邊來的(除了第一行)。因此為了求出到達當前格子后最多能收集到多少個蘋果，我們就要先去考察那些能到達當前這個格子的格子，到達它們最多能收集到多少個蘋果。(是不是有點繞，但這句話的本質(zhì)其實是DP的關鍵：欲求問題的解，先要去求子問題的解)
經(jīng)過上面的分析，很容易可以得出問題的狀態(tài)和狀態(tài)轉移方程。狀態(tài)S[i][j]表示我們走到(i, j)這個格子時，最多能收集到多少個蘋果。那么，狀態(tài)轉移方程如下：
S[i][j]=A[i][j] + max(S[i-1][j], if i>0 ; S[i][j-1], if j>0)其中i代表行，j代表列，下標均從0開始；A[i][j]代表格子(i, j)處的蘋果數(shù)量。
S[i][j]有兩種計算方式：1.對于每一行，從左向右計算，然后從上到下逐行處理；2.對于每一列，從上到下計算，然后從左向右逐列處理。這樣做的目的是為了在計算S[i][j]時，S[i-1][j]和S[i][j-1]都已經(jīng)計算出來了。
偽代碼如下：
以下兩道題來自topcoder，練習用的。
這一節(jié)要討論的是帶有額外條件的DP問題。
以下的這個問題是個很好的例子。
無向圖G有N個結點，它的邊上帶有正的權重值。
你從結點1開始走，并且一開始的時候你身上帶有M元錢。如果你經(jīng)過結點i，那么你就要花掉S[i]元(可以把這想象為收過路費)。如果你沒有足夠的錢，就不能從那個結點經(jīng)過。在這樣的限制條件下，找到從結點1到結點N的最短路徑?；蛘咻敵鲈撀窂讲淮嬖?。如果存在多條最短路徑，那么輸出花錢數(shù)量最少的那條。限制：1<N<=100 ; 0<=M<=100 ; 對于每個i，0<=S[i]<=100；正如我們所看到的，如果沒有額外的限制條件(在結點處要收費，費用不足還不給過)，那么，這個問題就和經(jīng)典的迪杰斯特拉問題一樣了(找到兩結點間的最短路徑)。在經(jīng)典的迪杰斯特拉問題中，我們使用一個一維數(shù)組來保存從開始結點到每個結點的最短路徑的長度，即M[i]表示從開始結點到結點i的最短路徑的長度。然而在這個問題中，我們還要保存我們身上剩余多少錢這個信息。因此，很自然的，我們將一維數(shù)組擴展為二維數(shù)組。M[i][j]表示從開始結點到結點i的最短路徑長度，且剩余j元。通過這種方式，我們將這個問題規(guī)約到原始的路徑尋找問題。在每一步中，對于已經(jīng)找到的最短路徑，我們找到它所能到達的下一個未標記狀態(tài)(i,j)，將它標記為已訪問(之后不再訪問這個結點)，并且在能到達這個結點的各個最短路徑中，找到加上當前邊權重值后最小值對應的路徑，即為該結點的最短路徑。(寫起來真是繞，建議畫個圖就會明了很多)。不斷重復上面的步驟，直到所有的結點都訪問到為止(這里的訪問并不是要求我們要經(jīng)過它，比如有個結點收費很高，你沒有足夠的錢去經(jīng)過它，但你已經(jīng)訪問過它)最后Min[N-1][j]中的最小值即是問題的答案(如果有多個最小值，即有多條最短路徑，那么選擇j最大的那條路徑，即，使你剩余錢數(shù)最多的最短路徑)。
偽代碼：
下面有幾道topcoder上的題以供練習：
以下問題需要仔細的揣摩才能將其規(guī)約為可用DP解的問題。
問題：StarAdventure – SRM 208 Div 1:
給定一個M行N列的矩陣(M*N個格子)，每個格子中放著一定數(shù)量的蘋果。你從左上角的格子開始，只能向下或向右走，目的地是右下角的格子。你每走過一個格子，就把格子上的蘋果都收集起來。然后你從右下角走回左上角的格子，每次只能向左或是向上走，同樣的，走過一個格子就把里面的蘋果都收集起來。最后，你再一次從左上角走到右下角，每過一個格子同樣要收集起里面的蘋果(如果格子里的蘋果數(shù)為0，就不用收集)。求你最多能收集到多少蘋果。
注意：當你經(jīng)過一個格子時，你要一次性把格子里的蘋果都拿走。
限制條件：1 < N, M <= 50；每個格子里的蘋果數(shù)量是0到1000(包含0和1000)。
如果我們只需要從左上角的格子走到右下角的格子一次，并且收集最大數(shù)量的蘋果，那么問題就退化為“中級”一節(jié)里的那個問題。將這里的問題規(guī)約為“中級”里的簡單題，這樣一來會比較好解。讓我們來分析一下這個問題，要如何規(guī)約或是修改才能用上DP。首先，對于第二次從右下角走到左上角得出的這條路徑，我們可以將它視為從左上角走到右下角得出的路徑，沒有任何的差別。(即從B走到A的最優(yōu)路徑和從A走到B的最優(yōu)路徑是一樣的)通過這種方式，我們得到了三條從頂走到底的路徑。對于這一點的理解可以稍微減小問題的難度。于是，我們可以將這3條路徑記為左，中，右路徑。對于兩條相交路徑(如下圖)：
在不影響結果的情況下，我們可以將它們視為兩條不相交的路徑：
這樣一來，我們將得到左，中，右3條路徑。此外，如果我們要得到最優(yōu)解，路徑之間不能相交(除了左上角和右下角必然會相交的格子)。因此對于每一行y(除了第一行和最后一行)，三條路徑對應的x坐標要滿足：x1[y] < x2[y] < x3[y]。經(jīng)過這一步的分析，問題的DP解法就進一步地清晰了。讓我們考慮行y，對于每一個x1[y-1]，x2[y-1]和x3[y-1]，我們已經(jīng)找到了能收集到最多蘋果數(shù)量的路徑。根據(jù)它們，我們能求出行y的最優(yōu)解。現(xiàn)在我們要做的就是找到從一行移動到下一行的方式。令Max[i][j][k]表示到第y-1行為止收集到蘋果的最大數(shù)量，其中3條路徑分別止于第i,j,k列。對于下一行y，對每個Max[i][j][k]都加上格子(y,i)，(y,j)和(y,k)內(nèi)的蘋果數(shù)量。因此，每一步我們都向下移動。我們做了這一步移動之后，還要考慮到，一條路徑是有可能向右移動的。(對于每一個格子，我們有可能是從它上面向下移動到它，也可能是從它左邊向右移動到它)。為了保證3條路徑互不相交，我們首先要考慮左邊的路徑向右移動的情況，然后是中間，最后是右邊的路徑。為了更好的理解，讓我們來考慮左邊的路徑向右移動的情況，對于每一個可能的j,k對(j<k)，對每個i(i<j)，考慮從位置(i-1,j,k)移動到位置(i,j,k)。處理完左邊的路徑，再處理中間的路徑，最后處理右邊的路徑。方法都差不多。
用于練習的topcoder題目：
當閱讀一個題目并且開始嘗試解決它時，首先看一下它的限制。如果要求在多項式時間內(nèi)解決，那么該問題就很可能要用DP來解。遇到這種情況，最重要的就是找到問題的“狀態(tài)”和“狀態(tài)轉移方程”。(狀態(tài)不是隨便定義的，一般定義完狀態(tài)，你要找到當前狀態(tài)是如何從前面的狀態(tài)得到的，即找到狀態(tài)轉移方程)如果看起來是個DP問題，但你卻無法定義出狀態(tài)，那么試著將問題規(guī)約到一個已知的DP問題(正如“高級”一節(jié)中的例子一樣)。
看完這教程離DP專家還差得遠，好好coding才是王道。
