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【算法】——动态规划算法及实践应用

news 2025/10/5 5:17:16

前言：

一、什么是动态规划算法？

1. 简单介绍

2. 如何实现

二、实践案例

1. 第n个泰波那契数

2. 三步问题

3. 解码方法

总结：

前言：

本篇文章会介绍什么是动态规划算法，并会给出一些实践例题，方便我们快速掌握。

一、什么是动态规划算法？

1. 简单介绍

动态规划的核心思想是：将复杂的大问题拆解成一系列小问题，通过解决并“记住”这些小问题的答案，来避免重复计算，从而高效地解决大问题。

这过程就用到了迭代的思想，即由小推大，一步步接近最终目标。

2. 如何实现

动态规划算法的实现一般有以下几个步骤：

定义状态表示
找出状态转移方程（关键步骤）
初始化
确定计算顺序
返回结果

接下我会对这几个步骤进行讲解：

首先动态规划一般会有一个dp表，用于存储历史数据，我们先假设这个dp表是一个一维数组。那么第一步定义状态表示就是定义dp[ i ]到底表示了什么；第二步就是根据已有数据如果推出下一个值dp[ i + 1 ]，比如dp[ i +1 ] = dp[ i ] + dp[ i - 1 ]；第三步初始化就是确定边界情况，即dp表中前几个数据的值；第四步确定计算顺序就是根据题目具体情况选择从哪边开始计算，再循环遍历；第五步返回dp表中最终的计算结果即可。

二、实践案例

光看概念还是比较抽象，所以我们接下来代入一些例子来进行讲解，让你快速上手动态规划。

1. 第n个泰波那契数

首先从一个简单的题目开始，走一走动态规划的五个步骤：

第一步，定义状态表示，先定义一个dp表，dp[ i ]就表示下标为i的泰波那契数的值
第二步，状态转移方程，本题题目中已经给出，dp[n+3] = dp[n] + dp[n+1] + dp[n+2]
第三步，初始化，由于状态转移方程需要至少三个值，所以前三个泰波那契数都需要进行初始化，分别初始化为0，1，1
第四步，本题的计算顺序是从小推大
第五步，最终返回dp[n]的值即可

示例代码：

    int tribonacci(int n) {// 处理边界情况if(n == 0) return 0;if(n == 1 || n == 2) return 1;vector<int> dp(n+1);dp[0] = 0; dp[1] = 1; dp[2] = 1;   // 初始化dp表for(int i = 3; i <= n; i++){    dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2] + dp[i-3];// 根据状态转移方程推导dp表}return dp[n];}

2. 三步问题

不同于泰波那契数列，本题就需要我们自己去推一推各个步骤了。

首先我们用dp[n]来表示上到n阶台阶有的方式个数（为了方便数据的映射，我们选择浪费掉dp[0]这个空间），dp[1]只有一种方法，所以dp[1] = 1；dp[2]可以直接从0阶到2阶，也可以从1阶到2阶，所以dp[2] = dp[1] + 1 = 2；dp[3]可以直接从0到3阶，也可以先到1阶再一步跨到3阶，也可以先到2阶再一步跨到3阶，所以dp[3] = dp[1] + dp[2] + 1 = 4。

由此我们可以推断出更广泛的情况，即到第n阶台阶可以有先到n-1或n-2或n-3的台阶后，再跨一步到达n阶台阶，所以状态转移方程为dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2] + dp[n-3]。

推导出核心的状态转移方程后遍历，最后输出结果即可。

示例代码：

    int waysToStep(int n) {const int mod = 1e9 + 7; // 模数if(n == 1 || n == 2)return n;if(n == 3)return 4;vector<int> dp(n+1);dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 4;for(int i = 4; i <= n; i++){dp[i] = ((dp[i-1] + dp[i-2])%mod + dp[i-3])%mod;}return dp[n];

由于本题数据较大，需要进行取模运算

3. 解码方法

这道题比前两道都要复杂一点，我们先初步定义dp[i]表示解码到下标为i位置的字符串时解法的个数，那么推导dp[i]的状态转移方程就要分为两种情况，第一种：s[i]作为一位数字解码，如果满足 '1' <= s[i] <= '9'，那么就可以编码，dp[i] += dp[i-1]。第二种：s[i-1]和s[i]组合成两位数进行解码，如果两位数组合起来>=10且<=26，那也可以编码，dp[i] += dp[i-2]。

dp[0]取决于第一个字符是否为'0'，而dp[1]就相对复杂，和后续的dp[i]状态转移方程的情况类似，但又因为数组范围的问题导致要单独处理。

所以这里在处理初始化时用到了一点小技巧，避免了dp[1]的单独处理，即主动浪费第一个空间，这样dp在用状态转移方程时就不会超出数组范围。但是相应的，s[ ]和dp[ ]的映射关系也要改变，dp[ ]的所有数值都要后移一位，多出来的dp[0]的数值则要根据题目来设置，如本题dp[0]就等于1。

最终示例代码：

    int numDecodings(string s) {int n = s.size();vector<int> dp(n+1, 0);dp[0] = 1;dp[1] = s[0] != '0';if(n == 1) return dp[1];for(int i = 2; i <= n; i++){// dp[i]单独解码if(s[i-1] != '0'){dp[i] += dp[i-1];}// dp[i]和dp[i-1]一起解码int val = (s[i-2] - '0')*10 + s[i-1]-'0';if(val >= 10 && val <= 26){dp[i] += dp[i-2];}}return dp[n];}