前言
今天开始学习动态规划，一共有三节，分别是：初识动态规划、动态规划理论、动态规划实战。今天这一节就是初识动态规划。
动态规划比较适合用来求解最优问题，比如最大值、最小值等等。它可以非常显著地降低时间复杂度，提高代码的执行效率。
下面会通过两个非常经典的动态规划问题模型来展示为什么需要动态规划，以及动态规划解题方法是如何演化出来的。
0-1背包问题
对于一组不同重量、不同分割的物品，我们需要选择一些装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中物品总重量的最大值是多少呢？
这问题可以通过回溯算法来解决，代码如下：
public class Soluction {
private int maxW = int.MinValue; // 结果
private int[] weight = new int[] { 2, 2, 4, 6, 3 }; // 物品重量
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包最大承受
public void F (int i, int cw) {
if (cw == w || i == n) { // cw==w表示背包满了，i==n表示物品都考察完了
if (cw > maxW) maxW = cw;
return;
}
F (i + 1, cw); // 选择不装第i个物品
if (cw + weight[i] <= w) {
F (i + 1, cw + weight[i]); // 选择装第i个物品
}
}
public int GetResult () {
return maxW;
}
}
回溯算法可以通过递归树来分析，如下图：
回溯算法递归树
通过递归树可计算回溯算法的时间复杂度，时间复杂度是指数级的，非常高。
通过递归树可知，回溯算法中存在大量的重复计算，这个可以通过“备忘录”的方法来优化，优化后的代码如下：
// 回溯算法优化，增加“备忘录”
public class Soluction2 {
private int maxW = int.MinValue; // 结果
private int[] weight = new int[] { 2, 2, 4, 6, 3 }; // 物品重量
private int n = 5; // 物品个数
private int w = 9; // 背包最大承受
private bool[][] mem = new bool[5][]; // 备忘录，默认值false
public Soluction2 () {
for (int i = 0; i < 5; i++) {
mem[i] = new bool[10];
}
}
public void F (int i, int cw) {
if (cw == w || i == n) { // cw==w表示背包满了，i==n表示物品都考察完了
if (cw > maxW) maxW = cw;
return;
}
if (mem[i][cw]) return; // 重复状态
F (i + 1, cw); // 选择不装第i个物品
if (cw + weight[i] <= w) {
F (i + 1, cw + weight[i]); // 选择装第i个物品
}
}
public int GetResult () {
return maxW;
}
}
下面我们来看一下动态规划是如何解决这个问题的。
- 把整个求解过程分为n个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。
- 把每一层重复的状态合并，只记录不同的状态，然后基于上一层的状态集合来推导下一层的状态集合。
- 以此类推，直到考察完所有物品。只需要在最后一层，找一个值为true的最接近w的值，就是背包中物品总重量的最大值。
整个过程如下图：
动态规划求解过程
翻译成代码如下：
public int Knapsack (int[] weight, int n, int w) {
bool[][] states = new bool[n][]; // 默认值false
for (int i = 0; i < n; i++) states[i] = new bool[w + 1];
states[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
if (weight[0] <= w) states[0][weight[0]] = true;
for (int i = 1; i < n; i++) // 动态规划状态转移
{
for (int j = 0; j <= w; j++) // 不把第i个物品放入背包，则把上一轮的状态移下来
if (states[i - 1][j]) states[i][j] = states[i - 1][j];
for (int j = 0; j <= w - weight[i]; j++) // 放第i个物品，在不超出背包最大承重w的范围内，再判断上一轮的状态，来设置
if (states[i - 1][j]) states[i][j + weight[i]] = true;
}
for (int i = w; i >= 0; i--) // 从最后一行（下标n-1）找到值为true的位置，即为结果
if (states[n - 1][i]) return i;
return 0;
}
这个代码的时间复杂度是O(n * w)，其中n表示物品个数，w表示背包可以承载的总重量。空间复杂度也是O(n * w)，使用了个二维数组来保存状态。
实际上空间复杂度可以进一步代码，只需要w + 1的空间即可。代码优化如下：
public int Knapsack2 (int[] weight, int n, int w) {
bool[] states = new bool[w + 1];
states[0] = true;
if (weight[0] <= w) states[weight[0]] = true;
// 对比上面的代码，主要是不再保存每一轮的状态，而是合并保存状态。
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = w - weight[i]; j >= 0; --j) // 对比上面的代码，这里是从大到小遍历，目的是为了避免状态的修改，影响后续的结果。
if (states[j]) states[j + weight[i]] = true;
}
for (int i = w; i >= 0; --i)
if (states[i]) return i;
return 0;
}
对比上面的代码，上面代码是保存每一轮的状态，而实际上这个问题只需要最后一轮的状态即可。但是要注意第8行代码，j是从大到小遍历的，这里主要是因为只有一轮状态保存，为了不影响其他状态。
0-1背包问题升级版
刚刚的背包只涉及背包重量和物品重量，我们改造一下刚刚的背包问题，引入物品价值这一变量。
对于一组不同重量、不同价值、不可分割的物品，选择将某些物品装入背包，在满足背包最大重量的限制的前提下，背包中可装入物品的总价值最大是多少？
这个问题依旧可以使用回溯算法来解决，但是就没办法通过备忘录来优化了。
我们来看一下动态规划如何解决这个问题，直接上代码：
public int Knapsack3 (int[] weight, int[] value, int n, int w) {
int[][] states = new int[n][];
for (int i = 0; i < n; i++) states[i] = new int[w + 1];
states[0][0] = 0;
if (weight[0] <= w) states[0][weight[0]] = value[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j <= w; j++) // 不放第i个物品
if (states[i - 1][j] > 0) states[i][j] = states[i - 1][j];
for (int j = 0; j <= w - weight[i]; j++) // 放第i个物品
if (states[i - 1][j] > 0) states[i][j + weight[i]] = states[i - 1][j] + value[i];
}
for (int i = w; i >= 0; i--) if (states[n - 1][i] > 0) return states[n - 1][i];
return 0;
}
时间复杂度和空间复杂度一样是O(n * w)。同理，一样可以优化空间，代码如下：
public int Knapsack4 (int[] weight, int[] value, int n, int w) {
int[] states = new int[w + 1];
states[0] = 0;
if (weight[0] <= w) states[weight[0]] = value[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = w - weight[i]; j >= 0; j--) // 放第i个物品
if (states[j] > 0) states[j + weight[i]] = states[j] + value[i];
}
for (int i = w; i >= 0; i--)
if (states[i] > 0) return states[i];
return 0;
}
案例：如何巧妙解决“双十一”购物时的凑单问题
淘宝的“双十一”购物节有各种促销活动，比如“满200减50”。假设你女朋友的购物车中有n个（n>100)想买的商品，她希望从里面选几个，在凑够满减条件的前提下，让选出来的商品价格总和最大程度地接近满减条件（200元）。
直接上代码：
public class Soluction4 {
// items商品价格，n商品个数, w表示满减条件，比如200
public void Double11advance (int[] items, int n, int w) {
int[][] states = new int[n][];
for (int i = 0; i < n; i++) {
states[i] = new int[3 * w + 1];
}
states[0][0] = 0;
if (items[0] <= 3 * w) states[0][items[0]] = items[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j <= 3 * w; j++) { // 不放第i个物品
if (states[i - 1][j] > 0) states[i][j] = states[i - 1][j];
}
for (int j = 0; j <= 3 * w - items[i]; j++) { // 放第i个物品
if (states[i - 1][j] > 0) states[i][j + items[i]] = states[i - 1][j] + items[i];
}
}
int maxW = 0; // 找出大于等于w的最小值
for (maxW = w; maxW < 3 * w + 1; ++maxW) {
if (states[n - 1][maxW] > 0) break;
}
if (maxW == 3 * w + 1) return; // 没有可行解
Console.WriteLine ($"w的最小值：{maxW}");
Console.Write ("购买组合：");
for (int i = n - 1; i >= 1; --i) { // i表示二维数组中的行，j表示列
if (maxW - items[i] >= 0 && states[i - 1][maxW - items[i]] > 0) { // states[i][j]有值，要么是不购买i,
Console.Write (items[i] + " "); // 购买这个商品
maxW = maxW - items[i];
}
} // else 没有购买这个商品，j不变。
if (maxW != 0) Console.Write (items[0]);
}
}
class Program {
static void Main (string[] args) {
Soluction4 soluction = new Soluction4 ();
soluction.Double11advance (new int[] { 15, 93, 23, 843, 74, 82, 39, 46, 5, 26, 32, 37 }, 12, 200);
}
}
输出结果是：37 32 26 5 46 39 15
上面的代码有一点要注意的，如何根据状态集合来判断是否购买此商品。
状态(i, j)只有可能从(i - 1, j)或者(i - 1, j - value[i])两个状态推导出来。所以就检查这两个状态是否可达的，也就是states[i - 1][j]或者states[i - 1][j - value[i]]是否为true。
如果states[i - 1][j]可达，就说明我们没有选择购买第i个商品，如果states[i - 1][j - value[i]]可达，那就说明我们选择了购买第i个商品。
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