Dynamic Programming

中文譯作「動態規劃」，英文常常縮寫成DP。在數學領域中，programming是指「最佳化（optimization）」的意思，例如求極大值、求極小值。dynamic是指「動態」的意思。顧名思義，Dynamic Programming是一個以動態的方式來進行最佳化的方法。

DP = Divide and Conquer + Memoization

DP可視做是Divide and Conquer的延伸版本。當運用Divide and Conquer所遞迴分割出來的子問題都非常相像的時候，並且當同樣的子問題一而再、再而三出現的時候──就運用Memoization儲存全部子問題的答案，節省重複計算相同問題的時間，以空間來換取時間。

由於全部子問題的答案都儲存在記憶體的緣故，計算答案的過程，就是反覆不斷地在各塊記憶體中讀取數據、計算數據、儲存數據，動感地達成最佳化──動態規劃之名由此而來。

出現過的子問題會被儲存

DP有一個特點，是當原問題題算好之後，其實也一併將所有出現過的子問題都算好了，其答案都可直接從表格存取。此後當重複提問類似問題時，若提問到的是這些子問題，就可直接從表格取得答案，不需再計算。

子問題可視做狀態，可嘗試建立狀態空間

當子問題之間非常相像的時候，不妨把子問題視作狀態。我們可以嘗試直接建立狀態空間，接下來才來觀察狀態們（子問題們）之間的關係，有助於找出原問題的遞迴分割方式。

時間複雜度、空間複雜度

由於問題的答案都在表格中，記憶體足夠的情況下，存取一個問題的答案通常只需O(1)。如果一個問題可以分成O(d)個子問題（一個問題的答案需要由O(d)個更小的問題計算而得），而全部的子問題共有O(n)個，時間複雜度就是O(n * d * 1)。

空間複雜度則必須以子問題們的出現期間來決定，在計算過程當中，已確定不再出現的子問題，就不必再儲存於表格中，記憶體就可以釋放，或者回收再利用，導致瞬間的記憶體用量不會太多，整體的空間複雜度就會降低。若只是單純的要儲存全部子問題，空間複雜度就是O(n)。

用Dynamic Programming設計演算法時的步驟

1. 利用Divide and Conquer把原問題遞迴地分成許多更小的問題。（recurrence）
	甲、子問題與原問題的求解方式皆類似。（optimal sub-structure）
	乙、子問題會一而再、再而三的出現。（overlapping sub-problems）
2. 確認每個問題需要哪些子問題來計算答案，並確認總共有哪些子問題。（state space）
3. 決定各個問題的計算先後次序。（computational sequence）
4. 安排好各個問題的答案，要存放在表格的哪個位置。（lookup table）
5. 實做程式，主要有兩種方式：
	甲、Top-down, Recursive.
	乙、Bottom-up, Iterative.

第一點。先找到原問題和其子問題們之間的關係，寫出遞迴公式。如此一來，便可利用遞迴公式，用子子問題的答案，求出子問題的答案；用子問題的答案，求出原問題的答案。

第二點，確認可能出現的子問題全部共有哪些，這樣才能知道要計算哪些子問題，才能知道共會花多少時間、多少記憶體。

第三點。有了遞迴公式和表格結構之後，就必須安排出一套計算的順序。大問題的答案，總是以小問題的答案來求得的，所以，小問題的答案是必須先算的，否則大問題的答案從何而來呢？

我們會利用較小問題的答案，計算出較大問題的答案──因此，一個好的安排方式，不但會使程式碼容易撰寫，還可有效節省記憶體空間，甚至重複利用記憶體空間。

第四點。實作DP的程式時，會建立一個表格，在表格存入所有大小問題的答案。安排好每個問題的答案在表格的哪個位置，這樣計算時才能知道該在哪裡取值。這個表格其實就是所謂的lookup table。

當撰寫程式碼的時候，應小心下面幾項問題：

初始值：記得先將最小、最先被計算的子問題，將其答案預先算好，內建於程式碼中，並存入表格。一道遞迴公式必須擁有初始值，才有辦法計算其他項。

表格界限：切勿存取超出表格界限的地方。計算過程中，一旦子問題的答案出錯，就會如骨牌效應般一個影響一個，造成很難除錯。

計算順序：切勿存取還沒計算過答案的子問題，原因同前項所述。

第五點。留待下述範例解釋。

一、recurrence

以下以著名的爬樓梯問題來做為範例，其遞迴公式如下：

f(n) =
 { 1                , if n = 0
 { 1                , if n = 1
 { f(n-1) + f(n-2)  , if n >= 2

註：為了寫作程式方便，遞迴公式中設計了n=0的情形。

為了讓程式碼比較好寫，設計遞迴公式時，可以嘗試在不與原本公式起衝突的情況下，額外增加一些邊界條件。

二、state space

全部的子問題共有六個，從「爬完零階」到「爬完五階」。每個子問題的答案都是由前兩階的答案求得，除了「爬完零階」與「爬完一階」以外。

三、computational sequence

必須最先計算，也是最小的子問題是「爬完零階」與「爬完一階」，它們都是寫程式時就能夠內建答案的子問題。

剩下的子問題，都必須先算好階數少一階、階數少二階這兩個子問題，所以必須由階數較小的子問題開始算。

必須最後計算，也是最大的子問題是原問題「爬完五階」。

整體的計算順序是：「爬完零階」、「爬完一階」、「爬完兩階」、「爬完三階」、「爬完四階」、「爬完五階」。

四、lookup table

可以簡單用一條六格的一維陣列做為lookup table，每一格都對應到一個問題的答案。

int table[6];

然後設定好最小的子問題的答案，「爬完零階」與「爬完一階」。

table[0] = 1; table[1] = 1;

五、實做程式

直接用遞迴實作，而不使用記憶體儲存各個問題的答案，是最直接的方式，也是最慢的方式。時間複雜度是O(f(n))。有些問題一而再、再而三的出現，不斷呼叫同樣的函式，效率不彰。很多剛接觸DP的新手都會犯這種錯誤。

int f(int n) { if (n == 0 || n == 1) return 1; else return f(n-1) + f(n-2); }

正確的DP，是一邊計算，一邊將計算出來的數值存入表格當中，以後便不必再重算。這裡整理了兩種實做方式：

1. Top-down, Recursive.
2. Bottom-up, Iterative.

這兩種方式各有優缺點，以下說明這兩種方式有何不同。

五之一、Top-down, Recursive

第一種。採用Divide and Conquer的遞迴實作方式，以Divide階段分割原問題，並以Merge階段來計算出原問題的答案。每當計算出一個問題的答案後，就馬上儲存在表格裡面，並記錄該問題已計算。

int table[6]; // 表格，儲存全部問題的答案。 bool solve[6]; // 記錄問題是否已計算 int f(int n) { if (n == 0 || n == 1) return 1; if (solve[n]) return table[n]; table[n] = f(n-1) + f(n-2); // 將答案存入表格 solve[n] = true; // 紀錄已計算 return table[n]; } int main() { for (int i=0; i<6; i++) solve[i] = false; cout << "爬完五階的踏法有" << f(5) << "種"; return 0; } // 算完的子問題可以重複利用 int main() { for (int i=0; i<6; i++) solve[i] = false; for (int n; (cin >> n) && (n >= 0 && n <= 5); ) cout << "爬完" << n << "階的踏法有" << f(n) << "種"; return 0; } int table[6]; // 可以將solve陣列跟table合併，將程式碼簡化。 int f(int n) { if (n == 0 || n == 1) return 1; if (table[n] != 0) // 直接用 0 來代表沒算過 return table[n]; return table[n] = f(n-1) + f(n-2); } int main() { for (int i=0; i<6; i++) table[i] = 0; cout << "爬完五階的踏法有" << f(5) << "種"; return 0; } // 算完的子問題可以重複利用 int main() { for (int i=0; i<6; i++) table[i] = 0; for (int n; (cin >> n) && (n >= 0 && n <= 5); ) cout << "爬完" << n << "階的踏法有" << f(n) << "種"; return 0; }

這個方式的好處是不必斤斤計較計算順序，因為程式碼中的遞迴結構會迫使最小的子問題先被計算。這個方式的另一個好處是只計算必要的子問題，而不必計算所有可能的子問題（計算整個狀態空間）。

這個方式的壞處是程式碼採用遞迴結構，不斷呼叫函式，執行效率較差。這個方式的另一個壞處是無法自由地控制計算順序，因而無法妥善運用記憶體，浪費了可回收再利用的記憶體。

五之二、Bottom-up, Iterative

第二種。訂定一個計算順序，然後由最小的子問題先計算，其特色是程式碼通常只有幾個迴圈。這個方式的好處與壞處恰與前一個方式互補。

int table[6]; // 姑且稱之「往回取值」，較常見的作法。 int f(int n) { for (int i=0; i<6; i++) table[i] = 0; table[0] = table[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) table[i] = table[i-1] + table[i-2]; return table[n]; } // 姑且稱之「往後補值」，較少見的作法。 int f(int n) { for (int i=0; i<6; i++) table[i] = 0; table[0] = 1; for (int i = 0; i <= n; i++) { if (i+1 <= n) table[i+1] += table[i]; if (i+2 <= n) table[i+2] += table[i]; } return table[n]; } int main() { cout << "爬完五階的踏法有" << f(5) << "種"; return 0; } // 算完的子問題可以重複利用 int main() { f(5); for (int n; (cin >> n) && (n >= 0 && n <= 5); ) cout << "爬完" << n << "階的踏法有" << table[n] << "種"; return 0; }

總結

現在已經有許多問題已經發掘出DP的解法，這些問題通常以遞迴公式和表格結構的樣式，做為主要的分類依據。有賴前人辛苦耕耘，近年來已漸漸整理出幾個經典的題型了。學習這些題型，可以增廣解題的思考方向。大家在學習之餘，也不妨順便開創一些新題型，可供後人學習！這裡列出一些常見的簡易題型，供各位牛刀小試。

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Staircase Walk

有一個長方形的方格棋盤，從左上角開始，欲走至右下角，每次只能往右走一格或者往下走一格。請問有幾種不同走法？

這個問題可以很容易的找到遞迴公式。對某個位置的方格來說，只可能是從左走來或者從上走來，將這兩種情形分開，便得到遞迴公式：

c(i, j) =
 { 0                         , if i < 0 or j < 0
 { 1                         , if i = 0 or j = 0
 { c(i-1, j) + c(i, j-1)     , if i > 0 and j > 0

c(i, j)：從格子 (0, 0) 走到格子 (i, j) 的走法種類數。

除了遞迴公式之外，這個問題也有一般公式解：http://mathworld.wolfram.com/StaircaseWalk.html

時間複雜度分析：令X和Y分別是棋盤的長和寬。每個子問題用O(1)時間（用兩個子問題）就可算得，共有X*Y個子問題，所以算出所有子問題要用O(XY)時間。

空間複雜度分析：共有X*Y個子問題，所以要用O(XY)空間，簡單來說就是開一個二維陣列啦！如果不需要紀錄所有子問題的答案，只想算出其中一個子問題，那只需要一條一維陣列就可以了，也就是O(min(X, Y))空間。

程式碼就不提供囉！各位可以自己試試看！

如果某些格子上有障礙物呢？其實也很簡單，如果某格有障礙物，就把此格的c(i, j)設為零就可以了。

如果也可以往右下斜角走呢？那麼遞迴公式就再修改一下，多加一項c(i-1, j-1)就行了。

如果可以往上下左右走呢？那麼就可以不斷繞圈子，走法就成了無限多種了。寫成遞迴公式的話，就會產生無窮遞迴，永遠也不會結束。

如果也可以往右上斜角走呢？因為不會產生無窮遞迴，所以這是可以解的！

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Maximum Subarray
（Maximum Consecutive Sum）
（Maximum Consecutive Subsequence）

問題：從一串數列中取一連串數字求其總和。找出最大的總和。最糟糕的情況就是什麼數字都不取，總和為零。

如果用窮舉法的話，窮舉所有可能的起點、終點，並計算總和，時間複雜度就是O(N^3)。

這是一個非常簡單的問題，只要依序累加數字、做點判斷，就可以找到答案。累加數字求總和就是種Dynamic Programming！

更詳細的資料，可參考「名題精選百則」這本書。現在直接來看程式碼吧。

計算Maximum Subarray之元素總和

int a[10] = {1, 2, -6, 3, -2, 4, -1, 3, 2, -4}; int maximum_subarray() { int max_sum = 0, sum = 0; for (int i=0; i<10; ++i) { sum += a[i]; // 隨時計算總和 if (sum < 0) sum = 0; // 零總比負數好 if (sum > max_sum) max_sum = sum; // 隨時紀錄最大值 } return max_sum; }

時間複雜度是O(N)。

找出Maximum Subarray的位置

當然也可以找出那串數字。如果有很多串，下面這支程式碼只會找出比較早出現的那一串。

int a[10] = {1, 2, -6, 3, -2, 4, -1, 3, 2, -4}; int maximum_subarray() { int max_sum = 0, sum = 0; int start = 0, end = 0, temp_start = 0; for (int i=0; i<10; ++i) { sum += a[i]; if (sum < 0) { sum = 0; temp_start = i+1; // 現在情況很糟，故設定起點在下一個數字 } if (sum > max_sum) { max_sum = sum; start = temp_start; end=i; } } if (start > end) cout << "什麼數字都不取" << endl; else cout << "從" << start << "到" << end << endl; return max_sum; }

計算Maximum Subarray之元素總和（至少取一個數字）

int a[10] = {1, 2, -6, 3, -2, 4, -1, 3, 2, -4}; int maximum_subarray() { int max_sum = -1e9, sum = 0; for (int i=0; i<10; ++i) { if (sum > 0) sum += a[i]; // 先前的數字若不為負數才加 else sum = a[i]; // 不加數字總會比加上負數好 if (sum > max_sum) max_sum = sum; // 隨時紀錄最大值 } return max_sum; }

推廣

這個問題還可推廣到2D、3D。時間複雜度分別是O(N^3)、O(N^5)。以下直接提供3D的情形。

int A = 20, B = 20, C = 20; // 三個維度的個別寬度 int a[20][20][20]; int max1D(int a[]) { int ans = -1e9; int b = 0; for (int i=0; i<C; ++i) { if (b >= 0) b += a[i]; else b = a[i]; ans = max(ans, b); } return ans; } int max2D(int a[][20]) { int ans = -1e9; int b[20]; for (int i=0; i<B; ++i) { memset(b, 0, sizeof(b)); for (int j=i; j<B; ++j) { for (int k=0; k<C; ++k) b[k] += a[j][k]; ans = max(ans, max1D(b)); } } return ans; } int max3D(int a[][20][20]) { int ans = -1e9; int b[20][20]; for (int i=0; i<A; ++i) { memset(b, 0, sizeof(b)); for (int j=i; j<A; ++j) { for (int k=0; k<B; ++k) for (int l=0; l<C; ++l) b[k][l] += a[j][k][l]; ans = max(ans, max2D(b)); } } return ans; } int main() { cout << max3D(a) << endl; return 0; }

最後，來一點練習題目吧。

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Knapsack Problem

問題：將一群物品儘量塞進背包裡，令背包裡物品總價值最高。僅考慮背包只有負重限制（似乎太天真了一點）。

關於背包問題，世界上已經有很多研究成果了。這裡向大家提供一本專述背包問題的論著，作者精心整理了背包問題的相關問題和研究成果，並免費提供電子檔給大家，大家請記得要滿懷感激的看此書：http://www.or.deis.unibo.it/knapsack.html。

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0/1 Knapsack Problem

背包問題是很經典的問題，亦引申出許多變形和應用。這裡我們只介紹最基本易懂的其中一種變形：0/1 knapsack problem。

文言的說法是：每種類型的物品只會放進背包零個或一個。通俗的說法是：每個物品都是不同類型的，每種物品都只有一個。

這個問題原本是個NP-Complete問題。當數值範圍不大時，能以DP處理之。

分割問題的方法

當我們把一件物品放進背包裡時，會讓總價值變高，並且讓背包變重。對某一件物品來說，我們可以選擇放或不放；然後移去這件物品所帶來的影響，將問題縮小成子問題。遞迴式便可設計為：

c(n, w) = max( c(n-1, w), c(n-1, w-W[n]) + C[n] )
               ^^^^^^^^^  ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
               不放 -> 0         放 -> 1

n：第1個到第n個物品要放進背包內。
w：背包負重上限。
c(n, w)：第1個到第n個物品儘量塞入負重限制為w的背包時，其總價值的最大值。
W[n]：第n個物品的重量。
C[n]：第n個物品的價值。

考慮一下東西放不進去時的情形，以及沒有東西時的情形。

c(n, w) =
 { 0                                        , if n = 0 and w >= 0
 { max( c(n-1, w), c(n-1, w-W[n]) + C[n] )  , if n > 0 and w-W[n] >= 0
 { c(n-1, w)                                , if n > 0 and w-W[n] < 0

物品一開始的先後順序是無所謂的，最後得出的答案都會一樣。

計算出背包裡物品總價值的最大值（Bottom-up）

只要計算所有小問題，那麼大問題的答案必然可以推得出來。建立二維表格後，依序計算每個小問題吧！

// 物品總數上限。 const int MaxN = 100; // 背包負重上限。有時也會利用所有物品的總重量作為此值。 const int MaxW = 100000; // 物品的價值與重量。 int C[MaxN], W[MaxN]; // DP所需的陣列，需初始化為零。 int c[MaxN + 1][MaxW + 1]; void knapsack(int n, int w) // n 為物品個數，w 為背包負重上限 { memset(c, 0, sizeof(c)); // 初始化為零 for (int i = 0; i < n; ++i) // 每個物品都試試看 for (int j = 0; j <= w; ++j) // 每個重量都試試看 if (j - W[i] < 0) c[i+1][j] = c[i][j]; // 負重能力不足，故只能不放 else c[i+1][j] = max( c[i][j], c[i][j - W[i]] + C[i] ); cout << "最高的價值為" << c[n][w] << endl; }

因為計算時只需要用到上方和左上方的格子，所以其實只需要一條陣列就夠了。不過計算次序需要改為由陣列後端開始，才不會覆蓋掉需要拿來計算的陣列格子。

const int MaxN = 100, MaxW = 100000; int C[MaxN], W[MaxN]; int c[MaxW + 1]; // 只需要一條陣列就夠了 void knapsack(int n, int w) // n 為物品個數，w 為背包負重上限 { memset(c, 0, sizeof(c)); // 初始化為零 for (int i = 0; i < n; ++i) for (int j = w; j - W[i] >= 0; --j) // 由後往前 c[j] = max( c[j], c[j - W[i]] + C[i] ); cout << "最高的價值為" << c[w] << endl; }

程式碼也可以寫成這樣，讓人容易理解。

const int MaxN = 100, MaxW = 100000; struct Item {int cost, weight;} items[MaxN]; // 設計成物件 int c[MaxW + 1]; void knapsack(int n, int w) { memset(c, 0, sizeof(c)); for (int i = 0; i < n; ++i) { int weight = items[i].weight, cost = items[i].cost; for (int j = w; j - weight >= 0; --j) c[j] = max( c[j], c[j - weight] + cost ); } cout << "最高的價值為" << c[w] << endl; }

計算出背包裡物品總價值的最大值（Top-down）

方才所採用的方法會計算到所有可能的小問題，然而並不是所有小問題都需要計算，故採用Top-down的方式會比較快。

const int MaxN = 100; const int MaxW = 100000; int C[MaxN], W[MaxN]; int c[MaxN + 1][MaxW + 1]; int knapsack(int n, int w) // n 為物品個數，w 為背包負重上限 { if (w < 0) return -1e9; // 負重能力不足，故只能不放 if (n == 0) return 0; // 沒有物品時，就沒有cost if (c[n][w]) return c[n][w]; // memoization，直接讀取記憶體的答案 return c[n][w] = max(knapsack(n-1, w-W[n]) + C[n], knapsack(n-1, w)); }

找出此時背包裡最多可剩下多少空間、最少只用了多少空間

從表格的右方開始往左搜尋即可。當發現最佳的cost將要變小時，表示該處為最節省空間的地方。然而這不是很好的作法。

const int MaxN = 100, MaxW = 100000; int C[MaxN], W[MaxN]; int c[MaxW + 1]; void knapsack(int n, int w) { memset(c, 0, sizeof(c)); for (int i = 0; i < n; ++i) for (int j = w; j - W[i] >= 0; --j) c[j] = max( c[j], c[j - W[i]] + C[i] ); cout << "最高的價值為" << c[w] << endl; while (w-1 >= 0 && c[w-1] == c[w]) w--; // 往左搜尋邊界 cout << "使用的空間最少可為" << w << endl; }

找出此時背包裡放了哪些物品

另外再建立一個二維陣列，紀錄每一格的數值是由哪個子問題所算得的。每個問題只會有放或不放兩種情形，所以只要記錄放或不放便可以了。這段程式碼只能找出其中一種配置物品的方式。

這裡要注意的是，由於尋找放入的物品時必須要從表格的右下角逆推，如此得到的物品順序並不會是字典順序最小的一組。因此下面的程式碼會將所有物品依照相反順序進行DP的計算，然後再逆推、求放入的物品時，就會剛好是字典順序了。

const int MaxN = 100, MaxW = 100000; int C[MaxN], W[MaxN]; int c[MaxW + 1]; bool path[MaxN][MaxW + 1]; // 紀錄放還是不放，false為不放，true為放 void knapsack(int n, int w) { memset(c, 0, sizeof(c)); memset(path, 0, sizof(path)); // 初始化為 false for (int i = n-1; i >= 0; --i) // 改為由後往前 for (int j = w; j >= W[i]; --j) if (c[j - W[i]] + C[i] > c[j]) { c[j] = c[j - W[i]] + C[i]; path[i][j] = true; // 放入 } cout << "最高的價值為" << c[w] << endl; for (int i = 0, j = w; i < N; ++i) // 往回逆推，求放入的物品。 if (path[i][j]) // 背包有該物品 { cout << "背包裡有第" << i << "個物品" << endl; j -= W[i]; } }

找出所有的配置物品的方式

方才的程式碼只能找出一種配置背包內物品的方式。若要找出所有方式，那就要寫個遞迴了吧？就我所知，目前尚未存在有效率的方法，能夠求出所有的配置方式。

const int MaxN = 100, MaxW = 100000; int C[10], W[10]; int c[MaxW + 1]; int path[MaxN][MaxW + 1]; // 0為不放，1為放，2為可放可不放 void knapsack(int n, int w) { memset(c, 0, sizeof(c)); memset(path, 0, sizof(path)); for (int i = n-1; i >= 0; --i) for (int j = w; j >= W[i]; --j) if (c[j - W[i]] + C[i] > c[j]) // 放了會比較好 { c[j] = c[j - W[i]] + C[i]; path[i][j] = 1; } else if (c[j - W[i]] + C[i] == c[j]) // 可放可不放 { path[i][j] = 2; } else if (c[j - W[j]] + C[i] < c[j]) // 不放比較好 { // c[j] = c[j]; path[i][j] = 0; } cout << "最高的價值為" << c[w] << endl; } // 從表格右下角開始往回逆推 void find_path(int n, int w) { if (n < 0) return; // 找完了 if (path[n][w] == 1) // 背包有該物品 { cout << "背包裡有第" << i << "個物品" << endl; find_path(n-1, w-W[i]); } else if (path[n][w] == 2) // 可有可無 { cout << "背包裡有第" << i << "個物品" << endl; find_path(n-1, w-W[i]); find_path(n-1, w); } else if (path[n][w] == 0) // 背包沒有該物品 { find_path(n-1, w); } }

塞入最少個物品、最多個物品

若只是要找出物品塞最少個或最多個的配置方式，則可以重新設計recurrence為：

c(n, w, t) = max( c(n-1, w-W[n], t-1) + C[n] , c(n-1, w, t) )

t：放入的物品個數。

建立三維的表格，並算出每一格的答案後，接著窮舉所有可能的t，觀察那些格子、相互比較cost之後，便可以得到最佳解。程式碼就不寫了。

Greedy

當每個物品的重量相互之間皆為倍數關係，優先放入價值與重量比值較高的物品，可以讓總價值最高。但是我不確定是不是一定要呈倍數關係，才能有greedy演算法。（可參考本站文件「Dynamic Programming─Money Changing Problem」的Change-Making Problem: Cashier's Algorithm章節）

計算出背包裡物品總價值的最小值

剛剛所討論是讓背包裡物品總價值最高的方法；至於要讓背包裡物品總價值最低的話，那就是什麼東西都不要放進背包了吧。

整理了一些類題。

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另一種分割問題的方法

想像物品放入背包時是照物品編號順序來放。由於每一種物品都可能是最後一個放入背包的物品，遞迴式可設計為：

c(n, w) = max(	0,                           都不放
		c(0, w-W[0]) + C[0],         最後是放第1個物品(index 0)
		c(1, w-W[1]) + C[1],         最後是放第2個物品(index 1)
		... ,                        ...
		c(n-1, w-W[n-1]) + C[n-1] )  最後是放第n個物品(index n-1)

n：第1個到第n個物品要放進背包內。
w：背包負重上限。
c(n, w)：n個物品儘量塞入負重限制為w的背包時，其總價值的最大值。
W[n]：第n個物品的重量。
C[n]：第n個物品的價值。

計算出背包裡物品總價值的最大值（Top-down）

隨意寫一下。如果寫錯要跟我講呀。

// 物品的價值、重量，以及DP會用到的表格。 int C[100], W[100], c[100 + 1][100000 + 1]; int knapsack(int n, int w) // n 為物品個數，w 為背包負重上限 { if (w < 0) return -1e9; // 負重能力不足，故只能不放 if (n == 0) return 0; // 沒有物品時，就沒有cost if (c[n][w]) return c[n][w]; // memoization，直接讀取記憶體的答案 int v = 0; for (i=0; i<n; ++i) // 每個物品都試試看 v = max(v, knapsack(i, w-W[i]) + C[i]); return c[n][w] = v; }

Matrix Chain Multiplication

矩陣乘法具有結合率。在一連串的矩陣乘法中，可以從中任取兩個相鄰的矩陣相乘，先行結合成一個新矩陣，也不會改變所有矩陣相乘之後的結果。

在一連串的矩陣乘法中，無論從何處開始相乘其結果都不變，然而計算速度卻有差異。兩個矩陣大小為a x b及b x c，其相乘需要O(a*b*c)的時間（當然還可以更快，但此處不討論），那麼一連串的矩陣乘法，需要多少時間呢？

分割問題的方法

這個問題在許多地方都找得到資料，故只略述。從最後一次相乘的角度來看，原來的一連串矩陣，可從最後一次相乘的地方分開，便能將原問題化作兩串矩陣相乘，然後再合併起來。分割問題的方法類似於本站文件「Divide and Conquer─Fast Exponentiation」，但在本問題中，並非固定地對半分，而是同時考慮所有可能的分法。

當然也可以印出矩陣相乘的順序。只要另外再用一個陣列來紀錄每次相乘的位置就行了。

另一種方法

現今已能在O(NlogN)時間內解決Matrix Chain Multiplication，是我從網路論壇上聽聞到的：http://historical.ncstrl.org/litesite-data/stan/CS-TR-81-875.pdf。

UVa 348 442

Optimal Binary Search Tree

問題說明：略！總之就是所有鍵值的「深度」乘上「權重（出現頻率）」的總和要最小。

Optimal Binary Search Tree的相似產物

這裡整理了三種很相像的樹，都是令所有鍵值的「深度」乘上「權重（出現頻率）」的總和最小。

Optimal Binary Search Tree：樹上所有點都是鍵值，且鍵值須照大小順序安排。可用Dynamic Programming解決，時間複雜度為O(N^3)，可優化至O(N^2)。

Optimal Alphabetic Binary Code Tree：只有葉子是鍵值，且鍵值前後順序需固定。可用Greedy解決，時間複雜度為O(NlogN)。

Optimal Binary Code Tree（Huffman Tree）：只有葉子是鍵值，且鍵值順序隨意。可用Greedy解決，時間複雜度為O(NlogN)。

分割問題的方法

和Matrix Chain Multiplication相同，窮舉所有可以當作root的鍵值，並以root將原來的樹分作左右兩棵子樹，便縮小了問題。

實作

下面的程式碼將陣列邊界左右各加一格，如此可省去一些判斷陣列邊界的麻煩。

// 鍵值排序後，各自對應的出現頻率。最左邊和最右邊是額外加上的空格子。 int freq[5+2] = {0, 4, 6, 12, 2, 5, 0}; int sum[5+2][5+2]; // 連續區間和 int c[5+2][5+2]; // 實行DP所用的陣列。初始化為零。 int path[5+2][5+2]; // 用來紀錄左右子樹的分割點 void OptimalBinarySearchTree() { /* 先計算連續區間和。之後就會輕鬆多了。 */ for (int i=0; i<5; ++i) // 區間的寬度 for (int j=1; j+i<=5; ++j) // 區間的起點 sum[j][j+i] = freq[j] + sum[j+1][j+i]; /* 計算最佳的二元搜尋樹。 */ for (int i=0; i<5; ++i) // 區間的寬度 for (int j=1; j+i<=5; ++j) // 區間的起點 { int c[j][j+i] = 1e9; for (int k=j; k<=j+i; ++k) // 分割點 if (c[j][k-1] + c[k+1][j+i] + sum[j][j+i] < c[j][j+i]) { c[j][j+i] = c[j][k-1] + c[k+1][j+i] + sum[j][j+i]; path[j][j+i] = k; } } cout << "最佳的二元搜尋樹的平均搜尋成本為" << c[1][5]; }

由於第二層迴圈實行時，sum[j][j+i]都維持定值，也不影響最大值的判斷，故可將之移到迴圈外面去。加法次數減少，會稍微快一點。

for (int j=1; j+i<=5; ++j) { int c[j][j+i] = 1e9; for (int k=j; k<=j+i; ++k) if (c[j][k-1] + c[k+1][j+i] < c[j][j+i]) { c[j][j+i] = c[j][k-1] + c[k+1][j+i]; // 移走 path[j][j+i] = k; } c[j][j+i] += sum[j][j+i]; // 移到這裡來 }

迴圈判斷式中，關於區間起點的範圍，與其用減法計算區點起點的界限，不如簡單想成區間終點不超過陣列邊界。

for (int i=0; i<5; ++i) // 區間的寬度 for (int j=1; j<=5-i; ++j) // 用減法計算區間起點的界限 // 不確定j+i會不會超過邊界 sum[j][j+i] = freq[j] + sum[j+1][j+i]; for (int i=0; i<5; ++i) for (int j=1; j+i<=5; ++j) // 區間終點不超過陣列邊界 // 對應到此處的index，可確定j+i不會超過陣列邊界。 sum[j][j+i] = freq[j] + sum[j+1][j+i];

印出Optimal Binary Search Tree

嗯哼。為了不剝奪各位寫程式的樂趣，所以這裡就不提了。

時間複雜度

所有的子問題共有O(N^2)個，每個子問題需要窮舉O(N)種分割點，故時間複雜度為O(N^3)。

優化

當recurrence具有特殊的遞增或遞減性質時，便可有辦法加速。【待補凸四邊形不等式】

每次計算一個子問題時，總是要窮舉所有的分割點。然而有些分割點很明顯地是錯誤的，尤其是靠近區間邊界的那些分割點，實在不太可能將兩顆子樹分的夠均勻、令總和最小。

另外這個問題還有一個特性。相近的子問題，其分割點的位置也很相近。例如子問題[a,b]的分割點，應該會與子問題[a-1,b]、[a+1,b]的分割點差不多，因為分割出來的左右子樹頂多也只差了一個鍵值，考量到左右子樹要均勻才行，可推論總成本、子樹的形狀、分割點的位置應該都是差不多的。

事實上，細心的觀察者們，可以發現子問題[a,b]的分割點，必定位於更小的子問題[a+1,b]和[a,b-1]的分割點之間。如此一來，每次計算一個子問題時，就不必窮舉所有的分割點，只要找更小的子問題[a+1,b]和[a,b-1]的分割點之間的分割點即可，為常數個（請各位自行觀察一下）。

由於檢查分割點的次數變成常數次，所以時間複雜度為O(1)。計算O(N^2)個子問題時，時間複雜度就是O(N^2)了。

for (int k=path[j+1][j+i]; k<=path[j][j+i-1]; ++k) // 分割點

UVa 10304

Bitmask

bitmask是一串二進位數字，每一個位元分別代表一件東西，1代表開啟，0代表關閉。例如現在有十個燈泡，編號設定為零到九，其中第零個、第一個、第四個、第八個燈泡是亮的，剩下來的燈泡是暗的，我們可以用一個10 bit的二進位數字0100001001，來表示這十個燈泡現在的亮暗狀態。

如果想替各種狀態做進一步的記錄，我們可以建立一個大小為2^10的陣列，便囊括了所有可能的狀態。這個陣列的每一格，就代表一種燈泡開關的狀態，可以進行記錄。

int array[1<<10]; array[521] = 想記錄的數字; /* 100001001(2進位) = 521(10進位) */

Maximum Cardinality Matching

大意：給一張圖，相鄰的兩點可匹配在一起，求這張圖的最大匹配方式及匹配數目。

此題有多項式時間的解法，不過很難實作。用DP雖然慢了些，但簡單多了，只要把一對匹配在一起的點拿掉，就可以得到遞迴公式：

c[s] = max ( c[s-{i}-{j}] + adj[i,j] )

c[s+{i}+{j}] = max ( c[s] + adj[i,j] )

i、j：點。
s：點集合。
c[s]：s當中的點，所構成的最大匹配數。
adj[i,j]：adjacency matrix。邊ij暢通就是1，不暢通就是0。

實作時，可利用bitmask做為s的資料結構，匹配過的點都標成1，未匹配的點都標成0。

這個方法的時間複雜度為O(2^N * N^2)，空間複雜度為O(2^N)。

這個方法需要大量記憶體，所以無法計算N很大的情況，何況編譯器也不准我們開太大的陣列，N=28就是極限了。這個方法同時也需要大量時間，以現在的個人電腦來說，N=17就已經要花上幾分鐘才能求出答案了。

// top-down DP const int N = 10; // 點的數目 int dp[1<<N]; // lookup table for memoization bool ok[1<<N]; // 記錄lookup table是否已存值 int adj[N][N]; // adjacency matrix。暢通為1，否則為0。 bool MCM(int s) { if (s == 0) return true; if (ok[s]) return dp[s]; for (int i=0; i<N; ++i) for (int j=i+1; j<N; ++j) if (s & ((1<<i) | (1<<j))) { // ss = s - {i} - {j}; int ss = s ^ (1<<i) ^ (1<<j); dp[s] >?= MCM(ss) + adj[i][j]; } ok[s] = true; return dp[s]; } int MCM() { memset(dp, 0, sizeof(dp)); memset(ok, false, sizeof(ok)); return MCM((1<<N)-1); }

這個演算法可以再修正，讓時間複雜度成為O(2^N * N)，各位可以試試看。

Minimum Weight Matching / Maximum Weight Matching

大意：給一張圖，相鄰的兩點可匹配在一起，求這張圖的所有最大匹配當中，權重最小（大）的匹配方式及權重。

此題亦有多項式時間的解法，但是很難實作。DP解法同前，稍微改一下遞迴公式的運算符號就行了。程式碼就不寫了。

w[s] = min ( w[s-{i}-{j}] + adj[i,j] )

w[s+{i}+{j}] = min ( w[s] + adj[i,j] )

i、j：點。
s：點集合。
w[s]：s當中的點，所構成的最大匹配的最小權重。
adj[i,j]：adjacency matrix。邊ij的權重。

UVa 10888 10911 11439

Chinese Postman Problem（CPP）

大意：給定一張圖，郵差想走過圖上每一條邊去寄信，最後回到原點。求最短的走法及長度。

此題會用到Minimum Weight Matching，故在此列出。此題不論是無向圖或是有向圖，都有多項式時間的解法，可是很難實作。

UVa 10296 11156

判斷一張圖上存不存在Hamilton Path

大意：是否存在一條通過圖上所有點的路徑，若有則找出走法。

此題目前無多項式時間的解法。最容易的解法是使用backtracking，窮舉圖上所有點的各種排列方式，一種排列方式當作是一條路徑，並判斷該路徑是不是Hamilton Path。

把一條路徑的最後一條邊拆掉的話，就可以形成遞迴公式。注意到路徑的端點，當端點不同，結果會不同，所以需要另外一個維度來記錄路徑的端點：

path[s,j] = or_all ( path[s-{j},i] && adj[i,j] )

path[s+{j},j] = or_all ( path[s,i] && adj[i,j] )

i、j：點。
s：點集合。
path[s,j]：經過s當中所有點且最後一點是j的路徑，如果暢通就是true，不暢通就是false。
adj[i,j]：adjacency matrix。邊ij暢通就是true，不暢通就是false。

// top-down DP const int N = 10; // 點的數目 bool dp[1<<N][N]; // lookup table for memoization bool ok[1<<N][N]; // 記錄lookup table是否已存值 bool adj[N][N]; // adjacency matrix。暢通為true，否則為false。 bool path(int s, int j, int s_size) { if (s_size == 1) return true; // s只有一個位元是1 if (ok[s][j]) return dp[s][j]; for (int i=0; i<N; ++i) if (i != j && s & (1 << i)) dp[s][j] ||= (path(s ^ (1 << j), i, s_size - 1) && adj[i][j]); ok[s][j] = true; return dp[s][j]; } bool Hamilton_Path() { memset(dp, false, sizeof(dp)); memset(ok, false, sizeof(ok)); for (int i=0; i<N; ++i) if (path((1<<N)-1, i, N)) return true; return false; }

計算一張圖的Hamilton Path的數量

解法同前，稍微改一下遞迴公式的運算符號就行了。程式碼就不寫了。

c[s,j] = sigma ( c[s-{j},i] * adj[i,j] )

c[s+{j},j] = sigma ( c[s,i] * adj[i,j] )

i、j：點。
s：點集合。
c[s,j]：經過s當中所有點且最後一點是j的路徑數量。
adj[i,j]：adjacency matrix。邊ij暢通就是1，不暢通就是0。

Travelling Salesman Problem（TSP）

TSP是一個經典的NP-Complete問題。大意是：一個周遊各國的商人，他想去所有不同的城市買賣東西。商人為了節省車馬費，打算從其中一個城市出發，各個地方剛好經過一次之後，回到原城市。所有城市之間都有路，請規劃出距離最短的路線，以及算出距離。這個問題其實也就是找一個權重最小的Hamilton Circuit。

解法同前，稍微改一下遞迴公式運算符號就行了：

dist[s,j] = min ( dist[s-{j},i] + adj[i,j] )

dist[s+{j},j] = min ( dist[s,i] + adj[i,j] )

i、j：點。
s：點集合。
dist[s,j]：經過s當中所有點且最後一點是j的路徑長度。
adj[i,j]：adjacency matrix。邊ij的長度。

上面的遞迴公式只能求出權重最小的Hamilton Path。在TSP當中，不管從哪一點出發，求出來的答案都一樣，反正都會繞一圈經過每個點，所以我們令商人從第0點出發，當找到一條Hamilton Path之後，再額外加上一條回到第0點的邊，就能產生一個Hamilton Circuit了。

// fake bottom-up DP，同樣的子問題可能會算許多遍。 int dp[1<<N][N]; // lookup table for memoization int adj[N][N]; // adjacency matrix。兩點間的距離。 int ans; // TSP的答案 void TSP(int s. int i, int s_size) { if (s_size == N) { // 最後再加上一條回到原點的邊，形成環狀路線。 if (dp[s][i] + adj[i][0] < ans) ans = dp[s][i] + adj[i][0]; return; } for (int j=1; j<N; ++j) // 只走第0點以外的點 if (!(s & (1 << j))) { // ss = s + {j}; int ss = s | (1 << j); if (!dp[ss][j] || dp[s][i] + adj[i][j] < dp[ss][j]) { dp[ss][j] = dp[s][i] + adj[i][j]; TSP(ss, j, s_size + 1); } } } void TSP() { memset(dp, 0, sizeof(dp)); ans = 1e9; TSP(0, 0, 0); // 令商人從第0點出發。 cout << ans << endl; }

另外這裡再附上一個不正確的程式碼。表格的用途是這樣的：dp[目前走過的地點數][已走過的地點]。這個方法會在計算dp[N][N個1組成的二進位數字]的時候產生錯誤（N為地點數目）。

void TSP(int d, int now, int mask) { if (d == N) { if (dp[d][mask] + dd(now, 0) < ans) ans = dp[d][mask] + dd(now, 0); return; } for (int i=1, mm=1; i<=N; ++i, mm<<=1) if (!(mask & mm)) if (!dp[d+1][mask | mm] || dp[d][mask] + dd(now, i) < dp[d+1][mask | mm]) { dp[d+1][mask | mm] = dp[d][mask] + dd(now, i); TSP(d+1, i, mask | mm); } }

UVa 216 10068 10496 10818 10937 10944 10605 10890

Subset Sum Problem / Partition Problem

參照Money Changing Problem之湊得某個價位的錢幣用量有哪幾種。

【尚待整理】

UVa 242 10032 10690 10930