动态规划

作者: 廖少少 | 来源:发表于2017-09-27 15:42 被阅读268次

    动态规划(Dynamic Programming)

    本文包括:

    1. 动态规划定义
    2. 状态转移方程
    3. 动态规划算法步骤
    4. 最长非降子序列(LIS)
    5. 最大乘积子串
    6. Unique Paths
    7. Unique Paths II
    8. Minimum Path Sum
    9. Triangle
    10. 最长公共自序列(LCS)
    11. 编辑距离
    12. 交替字符串
    13. 矩阵链乘积

    前文引自:http://www.hawstein.com/posts/dp-novice-to-advanced.html

    1、 什么是动态规划,我们要如何描述它?

    • 动态规划算法通常基于一个递推公式及一个或多个初始状态。 当前子问题的解将由上一次子问题的解推出。使用动态规划来解题只需要多项式时间复杂度, 因此它比回溯法、暴力法等要快许多。

    • 首先,我们要找到某个状态的最优解,然后在它的帮助下,找到下一个状态的最优解。

    2、“状态”代表什么及如何找到它?

    • “状态”用来描述该问题的子问题的解。原文中有两段作者阐述得不太清楚,跳过直接上例子。

    • 如果我们有面值为1元、3元和5元的硬币若干枚,如何用最少的硬币凑够11元? (表面上这道题可以用贪心算法,但贪心算法无法保证可以求出解,比如1元换成2元的时候)

    • 首先我们思考一个问题,如何用最少的硬币凑够i元(i<11)?为什么要这么问呢? 两个原因:1.当我们遇到一个大问题时,总是习惯把问题的规模变小,这样便于分析讨论。 2.这个规模变小后的问题和原来的问题是同质的,除了规模变小,其它的都是一样的, 本质上它还是同一个问题(规模变小后的问题其实是原问题的子问题)。

    • 好了,让我们从最小的i开始吧。当i=0,即我们需要多少个硬币来凑够0元。 由于1,3,5都大于0,即没有比0小的币值,因此凑够0元我们最少需要0个硬币。 (这个分析很傻是不是?别着急,这个思路有利于我们理清动态规划究竟在做些什么。) 这时候我们发现用一个标记来表示这句“凑够0元我们最少需要0个硬币。”会比较方便, 如果一直用纯文字来表述,不出一会儿你就会觉得很绕了。

    • 那么, 我们用d(i)=j来表示凑够i元最少需要j个硬币。于是我们已经得到了d(0)=0, 表示凑够0元最小需要0个硬币。当i=1时,只有面值为1元的硬币可用, 因此我们拿起一个面值为1的硬币,接下来只需要凑够0元即可,而这个是已经知道答案的, 即d(0)=0。所以,d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。当i=2时, 仍然只有面值为1的硬币可用,于是我拿起一个面值为1的硬币, 接下来我只需要再凑够2-1=1元即可(记得要用最小的硬币数量),而这个答案也已经知道了。 所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。

    • 一直到这里,你都可能会觉得,好无聊, 感觉像做小学生的题目似的。因为我们一直都只能操作面值为1的硬币!耐心点, 让我们看看i=3时的情况。当i=3时,我们能用的硬币就有两种了:1元的和3元的( 5元的仍然没用,因为你需要凑的数目是3元!5元太多了亲)。 既然能用的硬币有两种,我就有两种方案。如果我拿了一个1元的硬币,我的目标就变为了: 凑够3-1=2元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。 这个方案说的是,我拿3个1元的硬币;第二种方案是我拿起一个3元的硬币, 我的目标就变成:凑够3-3=0元需要的最少硬币数量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 这个方案说的是,我拿1个3元的硬币。

    • 好了,这两种方案哪种更优呢? 记得我们可是要用最少的硬币数量来凑够3元的。所以, 选择d(3)=1,怎么来的呢?具体是这样得到的:d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。

    • 从以上的文字中, 我们要抽出动态规划里非常重要的两个概念:状态和状态转移方程。

    • 上文中d(i)表示凑够i元需要的最少硬币数量,我们将它定义为该问题的”状态”, 这个状态是怎么找出来的呢?我在另一篇文章 动态规划之背包问题(一)中写过: 根据子问题定义状态。你找到子问题,状态也就浮出水面了。 最终我们要求解的问题,可以用这个状态来表示:d(11),即凑够11元最少需要多少个硬币。

    • 那状态转移方程是什么呢?既然我们用d(i)表示状态,那么状态转移方程自然包含d(i), 上文中包含状态d(i)的方程是:d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。没错, 它就是状态转移方程,描述状态之间是如何转移的。当然,我们要对它抽象一下,

        d(i)=min{ d(i-vj)+1 },其中i-vj >=0,vj表示第j个硬币的面值;
      
    • 伪代码:

    • 依次计算,可以计算出11元至少要3枚硬币。

    3、DP 算法步骤

    • 动态规划算法一般用来求解最优化问题,当问题有很多可行解,而题目要求寻找这些解当中的“最大值”/“最小值”时,通常可以采用DP。

    • 动态规划算法与分治法相似,都是通过组合子问题的解来求解原问题。所不同的是,动态规划应用于子问题重叠的情况,在递归求解子问题的时候,一些子子问题可能是相同的,这种情况下,分治法会反复地计算同样的子问题,而动态规划对于相同的子问题只计算一次。

    • 动态规划算法的设计步骤:

        1、刻画最优解的结构特征(寻找最优子结构)
        2、递归地定义最优解的值(确定递归公式,动态规划法的重点就是这个)
        3、计算最优解的值(有两种方法:带备忘录自顶向下法、自底向上法)
        4、利用计算出的信息构造一个最优解(通常是将具体的最优解输出)
      

    最优子结构:问题的最优解包含的子问题的解相对于子问题而言也是最优的。
    并非所有组合优化问题都具有最优子结构特性。

    4、最长非降子序列(LIS)

    • 问题描述:

      一个序列有N个数:A[1],A[2],…,A[N],求出最长非降子序列的长度。
      (讲DP基本都会讲到的一个问题LIS:longest increasing subsequence)

    • 思路:

      假如我们考虑求A[1],A[2],…,A[i]的最长非降子序列的长度,其中i<N, 那么上面的问题变成了原问题的一个子问题(问题规模变小了,你可以让i=1,2,3等来分析)

      然后我们定义d(i),表示前i个数中以A[i]结尾的最长非降子序列的长度。

      如果我们把d(1)到d(N)都计算出来,那么最终我们要找的答案就是这里面最大的那个。

      OK,状态找到了,下一步找出状态转移方程。

    • 可以举个例子,然后求出前面几项,找出递推规律

      d(i)可以用下面的状态转移方程得到:

        d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]
      
    • Python 代码:

        def LIS(A):
            d = [0 for i in range(len(A))]
            for i in range(len(A)):
                d[i] = 1   # 就算前面所有元素都比当前大,那么至少可以包含自身,所以长度默认值为1
                for j in range(i):
                    if A[i] >= A[j] and d[j]+1 > d[i]:
                        d[i] = d[j] + 1
            return max(d)
      
        A = [5, 3, 4, 8, 6, 7]
        print(LIS(A))
      

    另一个解法:利用LCS思想(第9点)

    • 构造一个新序列,B,它是对A进行降序排列而得。

    • 此时求最长非增子序列,调用LCS-LENGTH即可求出A与B的最长公共子序列,这个序列就是最后的解。

    5、最大乘积子串

    • 题目描述:

      给一个浮点数序列,取最大乘积连续子串的值,例如 -2.5,4,0,3,0.5,8,-1,则取出的最大乘积连续子串为3,0.5,8。
      也就是说,上述数组中,3 0.5 8这3个数的乘积30.58=12是最大的,而且是连续的。

    • 思路:

      因为有正有负,下次要处理的 a[i] 可能是负,所以每次都要存储最小的子串乘积值,负负得正,得出的结果有可能还更大。

    • 递推方程:

        maxend = max(max(maxend * a[i], minend * a[i]), a[i]);
        minend = min(min(maxend * a[i], minend * a[i]), a[i]);
      
    • Python 代码:

        def maxProductSubstring(a):
            maxend, minend, maxresult = a[0], a[0], a[0]
            for i in range(1,len(A)):
                maxend = max(max(maxend * a[i], minend * a[i]), a[i])
                minend = min(min(maxend * a[i], minend * a[i]), a[i])
                maxresult = max(maxend, maxresult)
            return maxresult
      
        A = [-2.5, 4, 0, 3, 0.5, 8, -1]
        print(maxProductSubstring(A))
      

    6、Unique Paths

    • Leetcode:62. Unique Paths

      A robot is located at the top-left corner of a m x n grid (marked 'Start' in the diagram below).

      The robot can only move either down or right at any point in time. The robot is trying to reach the bottom-right corner of the grid (marked 'Finish' in the diagram below).

      How many possible unique paths are there?

    • Solution:

        class Solution(object):
            def uniquePaths(self, m, n):
                """
                :type m: int
                :type n: int
                :rtype: int
                """
                c = [[0 for i in range(n+1)] for i in range(m+1)]
                for i in range(n+1):
                    c[0][i] = 0
                for i in range(m+1):
                    c[i][0] = 0
                for i in range(1, m+1):
                    for j in range(1, n+1):
                        if i == 1 and j == 1:
                            c[i][j] = 1
                        else:
                            c[i][j] = c[i-1][j] + c[i][j-1]
                return c[i][j]
      
        sol = Solution()
        print(sol.uniquePaths(1, 1))
      

    7、Unique Paths II

    • Leetcode:63. Unique Paths II

      Follow up for "Unique Paths":

      Now consider if some obstacles are added to the grids. How many unique paths would there be?

      An obstacle and empty space is marked as 1 and 0 respectively in the grid.

      For example,
      There is one obstacle in the middle of a 3x3 grid as illustrated below.

      [
      [0,0,0],
      [0,1,0],
      [0,0,0]
      ]

      The total number of unique paths is 2.

      Note: m and n will be at most 100.

    • solution:

        class Solution(object):
            def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid):
                """
                :type obstacleGrid: List[List[int]]
                :rtype: int
                """
      
                m = len(obstacleGrid)
                n = len(obstacleGrid[0])
                dp = [[0 for i in range(n+1)] for i in range(m+1)]
                dp[1][1] = 1
                for i in range(1, m+1):
                    for j in range(1, n+1):
                        if obstacleGrid[i-1][j-1] == 1:
                            dp[i][j] = 0
                        elif i == 1 and j == 1:
                            dp[1][1] = 1
                        else:
                            dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1]
      
                return dp[m][n]
      
        sol = Solution
        obstacleGrid = [
            [0, 0, 0],
            [0, 1, 0],
            [0, 0, 0]
        ]
        print(sol.uniquePathsWithObstacles(sol, obstacleGrid))
      

    8、Minimum Path Sum

    • Leetcode:64. Minimum Path Sum

      Given a m x n grid filled with non-negative numbers,

      find a path from top left to bottom right which minimizes the sum of all numbers along its path.

      Note: You can only move either down or right at any point in time.

    • solution:

        class Solution(object):
            def minPathSum(self, grid):
                """
                :type grid: List[List[int]]
                :rtype: int
                """
                m = len(grid)
                if m > 0 and len(grid[0]) > 0:
                    n = len(grid[0])
                else:
                    return 0
      
                dp = [[0 for i in range(n+1)] for i in range(m+1)]
                for i in range(m+1):
                    dp[i][0] = float('inf')
                for i in range(n+1):
                    dp[0][i] = float('inf')
                dp[1][1] = grid[0][0]
                for i in range(1, m+1):
                    for j in range(1, n+1):
                        if i == 1 and j == 1:
                            dp[i][j] = grid[i-1][j-1]
                        elif dp[i-1][j] < dp[i][j-1]:
                            dp[i][j] = dp[i-1][j] + grid[i-1][j-1]
                        else:
                            dp[i][j] = dp[i][j-1] + grid[i-1][j-1]
                return dp[m][n]
      

    9、Triangle

    • Leetcode:120. Triangle

      Given a triangle, find the minimum path sum from top to bottom. Each step you may move to adjacent numbers on the row below.

      For example, given the following triangle

        [
               [2],
              [3,4],
             [6,5,7],
            [4,1,8,3]
        ]
      

      The minimum path sum from top to bottom is 11 (i.e., 2 + 3 + 5 + 1 = 11).

      Note:
      Bonus point if you are able to do this using only O(n) extra space, where n is the total number of rows in the triangle.

    • 第一次尝试:

        class Solution(object):
            def minimumTotal(self, triangle):
                """
                :type triangle: List[List[int]]
                :rtype: int
                """
                length = len(triangle)
                minSum = triangle[0][0]
                index = 0
                for i in range(1, length):
                    if triangle[i][index] < triangle[i][index+1]:
                        minSum += triangle[i][index]
                    else:
                        minSum += triangle[i][index+1]
                        index += 1
                return minSum
      

      解释:
      有点类似于贪心,每一步都寻找最优的,但是却没想到,全局最优可能是另外一种情况,比如下面的测试用例:

        Submission Result: Wrong Answer More Details 
      
        Input:
        [[-1],[2,3],[1,-1,-3]]
        Output:
        0
        Expected:
        -1
      

      很明显,按照我的程序,走法是:-1 2 -1 = 0。
      但是其实最优解是 -1 3 -3 = -1。

    • 需要辅助空间 O(n^2) 的 DP 解法:

        '''
            extra space: O(n^2)
            using 'top to bottom' thought
        '''
        def minimumTotal(self, triangle):
            """
            :type triangle: List[List[int]]
            :rtype: int
            """
            length = len(triangle)
            dp = [[0 for i in range(j+1)] for j in range(length)] # dp[i][j] means element of row i column j is the last one of the min_path
            dp[0][0] = triangle[0][0]
            for i in range(1, length):
                for j in range(i+1):
                    if j == 0:
                        dp[i][j] = dp[i-1][j] + triangle[i][j]
                    elif j == i:
                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + triangle[i][j]
                    elif dp[i-1][j] < dp[i-1][j-1]:
                        dp[i][j] = dp[i-1][j] + triangle[i][j]
                    else:
                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + triangle[i][j]
            return min(dp[length-1])
      

      理解不难,同样是构建二维数组,dp[i][j] 的意思是以 triangle[i][j] 结尾的最小路径和。这其实就是带备忘录的自顶向下办法。

    • 需要辅助空间 O(n) 的 DP 解法(推荐!):

        '''
            extra space: O(n)
            using 'bottom to top' thought
        '''
        def minimumTotal_bottomtotop(self, triangle):
            """
            :type triangle: List[List[int]]
            :rtype: int
            """
            length = len(triangle)
            dp = triangle[length-1]
            for i in range(length-2, -1, -1):
                for j in range(i+1):
                    dp[j] = min(dp[j], dp[j+1]) + triangle[i][j]
            return dp[0]
      

      这种办法是从底往上,dp 只是一维数组,在每层操作时,仅记录该层的各元素结尾的最小路径和,并且路径是从底往上。在处理不同层时,dp 根据下一层的计算结果算出当前层的值,所以一直在变。辅助空间只有 O(n)。

    10、最长公共子序列(LCS)

    • 最长公共子序列(Longest Common Subsequence)是一个在一个序列集合中(通常为两个序列)用来查找所有序列中最长子序列的问题。这与查找最长公共子串的问题不同的地方是:子序列不需要在原序列中占用连续的位置 。最长公共子序列问题是一个经典的计算机科学问题,也是数据比较程序,比如Diff工具,和生物信息学应用的基础。它也被广泛地应用在版本控制,比如Git用来调和文件之间的改变。

    • LCS 问题可以用动态规划思想完美解决:

      • 设二维数组 f[i][j] 表示:数组 X 的前 i 位与数组 Y 的前 j 位的最长公共子序列的长度

      • 则有:

        f[i][j] = same(1,1)
        f[i][j] = max{f[i-1][j-1] + same(i,j), f[i-1][j], f[i][j-1]}
        
      • 其中,same(a,b) 表示:当 X 的第 a 位与 Y的第 b 位完全相同时为“1”,否则为“0”。

    • 综上,可以总结出如下的算法,用B[i,j]来作标记,

        用"↖"表示序列 X 和 Y 的当前最后两项 x[i] 和  y[j] 相等;
        用“↑”表示选择时不考虑 x[i],即 f[i][j] = f[i-1][j];
        用“←”表示选择时不考虑 y[j],即 f[i][j] = f[i][j-1]
      
        LCS_LENGTH(X, Y):
        for i := 1 to m
            C[i,0] := 0
        for j := 1 to n
            C[0,j] := 0
        for i := 1 to m
            for j := 1 to n
                if X[i] = Y[j]
                    C[i,j] := C[i-1,j-1] + 1
                    B[i,j] := "↖"
                else if C[i-1,j] >= C[i, j-1]
                    C[i,j] := C[i-1,j]
                    B[i,j] := "↑"
                else
                    C[i,j] := C[i,j-1]
                    B[i,j] : "←"
      
    • 为了更加直观,这里用图表形象给出:

      2017924-LCSb
    • 构造完表后,就可以调用 print_lcs 过程来得到路径了,在过程中使用了递归的思想,并且最后输出的顺序是从字符串的左边到右边的

      "C:\Program Files\Python36\python.exe" D:/PythonProject/DataStructure-Algorithm/DynamicProgramming/LCS.py
      B
      C
      B
      A
      
      Process finished with exit code 0
      

    11、编辑距离

    • 题目描述:

      给定一个源串和目标串,能够对源串进行如下操作:

      1. 在给定位置上插入一个字符
      2. 替换任意字符
      3. 删除任意字符

      写一个程序,返回最小操作数,使得对源串进行这些操作后等于目标串,源串和目标串的长度都小于2000。

    • 思路:

      动态规划,构建二维数组,注意二维数组的第0行和第0列不是全0的。

      可以想象,如果source 为空,想要转换为 target,则肯定要执行 len(target) = n 次操作,所以dp[i][j]赋初值时要注意这点。

    • 递推方程:

        //dp[i,j]表示表示源串S[0…i] 和目标串T[0…j] 的最短编辑距离
        dp[i,j] = min {dp[i-1,j]+1, dp[i,j-1]+1, dp[i-1,j-1] + (s[i] == t[j] ? 0 : 1) }
        //分别表示:删除1个,添加1个,替换1个(相同就不用替换)。
      
    • 解释:

      • 插入是A在和B的前j-1个比,然后再在A的基础上进行插入一个字符,插入的字符是B的第j位,所以插入的代价是dp[i][j-1]+1

      • 删除是A的前i-1个和B的j个比,因为把A删除了一个字符,所以删除的代价是dp[i-1][j]+1

      • 替换是A的前i-1个和B的j-1个比,然后把A的第i位变成B的第j位。所以编辑的代价是dp[i-1][j-1]+1

    • python 代码:

        def editDistance(source, target):
            m = len(source)
            n = len(target)
      
            dp = [[0 for i in range(n+1)] for i in range(m+1)]
            for i in range(n+1):
                dp[0][i] = i
            for i in range(m+1):
                dp[i][0] = i
      
            for i in range(1, m+1):
                for j in range(1, n+1):
                    if source[i-1] == target[j-1]:
                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
                    else:
                        dp[i][j] = min(min(dp[i][j-1], dp[i-1][j]), dp[i-1][j-1]) + 1
            return dp[m][n]
      
        source = "abc"
        target = "axxxbxxxc"
        print(editDistance(source, target))
      

    12、交替字符串

    • Leetcode: 97. Interleaving String

    • 题目描述:

      输入三个字符串s1、s2和s3,判断第三个字符串s3是否由前两个字符串s1和s2交错而成,即不改变s1和s2中各个字符原有的相对顺序,

      例如当s1 = “aabcc”,s2 = “dbbca”,s3 = “aadbbcbcac”时,则输出true,但如果s3=“accabdbbca”,则输出false。

    • 思路:

      多个字符串做“比较”的问题,大多都可以用DP求解。

      构建二维数组,一般其规模为:(m+1)*(n+1)。

      令dp[i][j]代表s3[0...i+j-1]是否由s1[0...i-1]和s2[0...j-1]的字符组成。

      自然,我们的想法是遍历s3中的每个元素,然而要如何找到递推关系呢?

      因为只需要输出true或false,那么我们可以只计算true的情形,其余情况全是false。

      假设dp[i-1][j]为true,那么dp[i][j]为true的条件就是s1[i-1]是否等于s3[i+j-1]。
      假设dp[i][j-1]为true,那么dp[i][j]为true的条件就是s2[j-1]是否等于s3[i+j-1]。

    • 由此递推关系就可以求出:

        dp[i][j]= (dp[i][j-1]  && str2[j-1]==str3[i+j-1])  || (dp[i-1][j]   && str1[i-1]==str3[i+j-1])
      
    • Python 代码:

        def isInterleave(s1, s2, s3):
            m = len(s1)
            n = len(s2)
            k = len(s3)
            if k != m + n:
                return False
            dp = [[False for i in range(n + 1)] for i in range(m + 1)]
            dp[0][0] = True
            # if s1[0] == s3[0]:
            #     dp[1][0] = True
            # if s2[0] == s3[0]:
            #     dp[0][1] = True
            for i in range(m+1):
                for j in range(n+1):
                    if i != 0 or j != 0:
                        if dp[i-1][j] is True and s1[i-1] == s3[i+j-1]:
                            dp[i][j] = True
                        elif dp[i][j-1] is True and s2[j-1] == s3[i+j-1]:
                            dp[i][j] = True
                        else:
                            dp[i][j] = False
            return dp[i][j]
      
        s1 = "xyz"
        s2 = "abc"
        s3 = "xyzabc"
        print(isInterleave(s1, s2, s3))
      

    13、矩阵链乘积

    • 矩阵链乘积(英语:Matrix chain multiplication,或Matrix Chain Ordering Problem,MOCP)是可用动态规划解决的最佳化问题。给定一序列矩阵,期望求出相乘这些矩阵的最有效方法。此问题并不是真的去执行其乘法,而只是决定执行乘法的顺序而已。

    • 因为矩阵乘法具有结合律,所有其运算顺序有很多种选择。换句话说,不论如何括号其乘积,最后结果都会是一样的。例如,若有四个矩阵ABCD,将可以有:

        ABCD = (AB)(CD) = A(BC)D = AB(CD) ...
      
    • 但括号其乘积的顺序是会影响到需计算乘积所需简单算术的数目,假定各矩阵维数分别为 10x100 100x5 5x50,如果按 ((AB)C) 的加括号方式,要执行7500次标量乘法,而按(A(BC))的加括号方式,要执行75000次标量乘法。

    • 那要如何决定n个矩阵相乘的最佳顺序呢?可以比较每一顺序的运算量(使用蛮力),但这将需要时间O(2^n),是一种非常慢且对大n不实在的方法。那解决方法,如我们将看到的,是将问题分成一套相关的子问题。以解答子问题一次而再使用其解答数次,即可以彻底地得出其所需时间。此一方法称为动态规划。

    • 动态规划算法步骤:

      • 首先思考:若只有两个矩阵相乘,则只会有一种方法去乘它们,所有其最小成本为乘积的成本,那么接下来可以按照如下方法计算。
      • 取得矩阵的序列且将其分成两个子序列。
      • 找出乘完每一子序列的最小成本。
      • 将成本加起来,并加上两个结果矩阵相乘的成本。
      • 在每一矩阵序列可分开的位置运作,并取其最小值。
    • 总结成状态转移方程即为:

        m[i,j] = 0                             i=j
        m[i,j] = min{m[i,k]+m[k+1,j]+Pi-1PkPj} i<j
      

    m[i,j] 为 A1A2...Aj 的最优完全加括号所需的最少标量乘法次数,对于整个问题来说,计算 A1...n 的最节省方式的代价自然应为 m[1,n]

    Pi-1PkPj 是计算 Ai...k 和 Ak+1...j 的积所消耗的时间

    • 伪代码:

        Matrix-Chain-Order(int p[])
        {
            n = p.length - 1;
            for (i = 1; i <= n; i++) 
                m[i,i] = 0;
      
            for (l=2; l<=n; l++) { // l is chain length
                for (i=1; i<=n-l+1; i++) {
                    j = i+l-1;
                    m[i,j] = MAXINT;
                    for (k=i; k<=j-1; k++) {
                        q = m[i,k] + m[k+1,j] + p[i-1]*p[k]*p[j];//Matrix Ai has the dimension  p[i-1] x p[i].
                        if (q < m[i,j]) {
                            m[i,j] = q;
                            s[i,j] = k;
                        }
                    }
                }
            }
        }
      
      • 稍加考察,可以知道运行时间为 Θ(n^3),辅助空间为 Θ(n^2)
    • 上述过程除了确定最少标量乘法数,还计算了用于构造最优解的表格 s[1..n,1..n] 。每一项s[i,j]记录了AiAi+1...Aj的最佳加括号的在Ak和Ak+1之间分裂的值k,于是我们知道最终矩阵积A1..n的最佳计算是A1..s[1,n] As[1,n]+1..n。

    • 于是可以有打印过程:

        PRINT-OPTIMAL-PARENS(s,i,j)
        if i = j
            then print "A"i
            else print "("
                PRINT-OPTIMAL-PARENS(s,i,s[i,j])
                PRINT-OPTIMAL-PARENS(s,s[i,j]+1,j)
                print ")"

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