面試筆試動態規劃問題--python篇

今天整理了一下關於動態規劃的內容，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，實驗代碼均經過測試。

請先好好閱讀如下內容–什麼是動態規劃？

摘錄於《算法圖解》

以上的都建議自己手推一下，然後知道怎麼回事，核心的部分是142頁核心公式，待會代碼會重現這個過程，推薦沒有算法基礎的小夥伴看這本書《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-動態規劃寫的不錯，可以參考

爲什麼要使用動態規劃？

From:動態規劃是什麼，意義在哪裏？！！！！

​ 首先我們要知道爲什麼要使用(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.

那麼問題來了，什麼時候會選擇使用dp呢，一般情況下，我們能將問題抽象出來，並且問題滿足無後效性，滿足最優子結構，並且能明確的找出狀態轉移方程的話，dp無疑是很好的選擇。

• 無後效性通俗的說就是隻要我們得出了當前狀態，而不用管這個狀態怎麼來的，也就是說之前的狀態已經用不着了，如果我們抽象出的狀態有後效性，很簡單，我們只用把這個值加入到狀態的表示中。
• 最優子結構(自下而上)：在決策問題中，如果，當前問題可以拆分爲多個子問題，並且依賴於這些子問題，那麼我們稱爲此問題符合子結構，而若當前狀態可以由某個階段的某個或某些狀態直接得到，那麼就符合最優子結構
• 重疊子問題(自上而下)：動態規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，每次查表的時間爲常數，如備忘錄的遞歸方法。斐波那契數列的遞歸就是個很好的例子
• 狀態轉移：這個概念比較簡單，在抽象出上述兩點的的狀態表示後，每種狀態之間轉移時值或者參數的變化。

小結

• 動態規劃： 動態規劃表面上很難，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， 就應該使用動態規劃：
  
  • 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複利用
• 動態規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複計算產生浪費， 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， 以實現更加高效的求解。
• ​

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Talk is cheap ,Show me the code

翻閱很多資料，貌似python描述的比較少，這裏總結一下，用前面的圖解中的僞代碼重構下

揹包問題

多謝rubik_wong–0/1揹包問題，代碼參考如下

# 這裏使用了圖解中的吉他，音箱，電腦，手機做的測試，數據保持一致
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
m = 4   #揹包的載重量

x = []   #裝入揹包的物體，元素爲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，能夠裝入載重量爲j的揹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 相當於做了一個n*m的全零矩陣的趕腳，n行爲物件，m列爲自揹包載重量

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爲子揹包的載重量，尋找能夠承載物品的子揹包
            if (j >= w[i]):         # 當物品的重量小於揹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]]爲剩餘空間的價值
            else:
                optp[i][j] = optp[i - 1][j]

    #遞推裝入揹包的物體,尋找跳變的地方，從最後結果開始逆推
    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，即表格中最後一行最後一列的值
    v = optp[n][m]
    return v

print '最大值爲：' + str(knapsack_dynamic(w, p, n, m, x))
print '物品的索引：',x

#最大值爲：4000
#物品的索引： [4, 3]

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優化揹包問題的遞歸方法

參考自：麻省理工的 揹包算法 python

def MaxVal2(memo , w, v, index, last):  
    """ 
    得到最大價值 
    w爲widght 
    v爲value 
    index爲索引 
    last爲剩餘重量 
    """  

    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)  

        #如果當前的分支大於約束  
        #返回歷史查找的最大值  
        if w[index] > last:  
            return without_l  
        else:  
            #當前分支加入揹包，剪掉揹包剩餘重量，繼續尋找  
            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

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優化斐波那契數列的遞歸方法

多謝Python科學實驗—-動態規劃,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 "規模爲%d時計算了%d次 i=%d時，val=%d"%(i,c,i,mem_f(i))
    print "規模爲%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()

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它的基本思想就是記錄已經計算過的值，避免重複計算。

如果使用裝飾器的寫法，則會優雅很多

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)

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一些利用DP的筆試題

CPU雙核問題

網易筆試—動態規劃: 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，現在有n個已知數據量的任務需要交給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：
第一行爲整數n(1 ≤ n ≤ 50)
第二行爲n個整數length[i](1024 ≤ length[i] ≤ 4194304)，表示每個任務的長度爲length[i]kb，每個數均爲1024的倍數。
輸出一個整數，表示最少需要處理的時間。
問題實質是動態規劃問題，把數組分成兩部分，使得兩部分的和相差最小。
如何將數組分成兩部分使得兩部分的和的差最小？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表示所有數的和，那麼sum1+sum2=SUM。假設sum1

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 # 揹包承重爲總任務的一半

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

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# 揹包矩陣入下所示，第一列和第一行無效佔位符
[[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]]

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LIS問題

longest increasing subsequence問題，

• 寫的很棒，不再贅述DP動態規劃（Python實現）

# 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

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LCS問題

一個非常好的圖解教程：動態規劃 最長公共子序列 過程圖解

# 根據圖解教程寫的僞代碼，其實最後評論裏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]

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給定一個有n個正整數的數組A和一個整數sum

​ 給定一個有n個正整數的數組A和一個整數sum,求選擇數組A中部分數字和爲sum的方案數。
當兩種選取方案有一個數字的下標不一樣,我們就認爲是不同的組成方案。

輸入描述:

輸入爲兩行:

第一行爲兩個正整數n(1 ≤ n ≤ 1000)，sum(1 ≤ sum ≤ 1000)

第二行爲n個正整數A[i](32位整數)，以空格隔開。

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輸出描述:

輸出所求的方案數

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示例1

輸入

5 15
5 5 10 2 3

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輸出

4

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#動態規劃算法。dp[i][j]代表用前i個數字湊到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。並累加 

num_ = 5
sum_ = 10
line = [5 ,5 ,10 ,2 ,3] 

optp = [[1]+[0]*sum_ for i in range(num_+1)]  # 第一列爲1的原因是和爲0的時候只有一種取法，就是什麼都不取

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]]

# 轉化爲揹包問題後，開始推，（注意第一行和第一列是預至位）比如說第一個數字是5，那麼從構成和爲1，怎麼取？當然沒得取，直到構成和爲5的時候，開始執行，如果用這個5，那麼還剩下5-5=0的和，0的和取法只有1，而如果不用5，取法只有0，所以爲1，之後重複推，再說第二個5，直到和爲5之前，都是0取法，到了5之後，兩種取法，一種是要不要這個新的5，如果要這個新的5，那麼剩下的和即5-5=0，一種取法，如果這個新的5不取，那以前能取到和爲5就上次循環中的一種取法，所以合起來兩種取法

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一個數組有 N 個元素，求連續子數組的最大和

一個數組有 N 個元素，求連續子數組的最大和。 例如：[-1,2,1]，和最大的連續子數組爲[2,1]，其和爲 3

輸入描述:

輸入爲兩行。
第一行一個整數n(1 <= n <= 100000)，表示一共有n個元素
第二行爲n個數，即每個元素,每個整數都在32位int範圍內。以空格分隔。

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輸出描述:

所有連續子數組中和最大的值。

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示例1

輸入

3
-1 2 1

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輸出

3

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# 採用動態規劃的方法
# 設dp[i]表示以第 i個元素爲結尾的連續子數組的最大和，則遞推方程式爲 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)

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X*Y的網格迷宮

有一個X*Y的網格，小團要在此網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int x,int y，請返回小團的走法數目。

輸入描述:

輸入包括一行，逗號隔開的兩個正整數x和y，取值範圍[1,10]。

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輸出描述:

輸出包括一行，爲走法的數目。

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示例1

輸入

3 2

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輸出

10

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# 動態規劃，使用遞推方程d[i][j] = d[i-1][j] + d[i][j-1]
# 因爲可能從兩個方向走到同一個點，所以從上到下爲一種走法，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]

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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爲3的連續子串中恰好’A’、’B’和’C’各有一個，那麼這個字符串就是純淨的，否則這個字符串就是暗黑的。例如：

BAACAACCBAAA 連續子串”CBA”中包含了’A’,’B’,’C’各一個，所以是純淨的字符串

AABBCCAABB 不存在一個長度爲3的連續子串包含’A’,’B’,’C’,所以是暗黑的字符串

你的任務就是計算出長度爲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n，表示字符串長度(1 ≤ n ≤ 30)

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輸出描述:

輸出一個整數表示有多少個暗黑字符串

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示例1

輸入

3

• 1

輸出

21

• 1

思路解析

#方式二，這麼low的方式是我根據上面的解析寫的。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)

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# 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]

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最後

紙上得來終覺淺，這句話放在什麼時候都一樣，自己覺得動態規劃比較瞭解了，其實瞭解個屁，需要重新打打基礎！以後再過來更新理解。

致謝

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