【四】【C语言\动态规划】地下城游戏、按摩师、打家劫舍 II，三道题目深度解析

动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法：

1. 基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。

2. 归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划：

1. 状态表示：

2. 状态转移方程：

3. 初始化：

4. 填表顺序：

5. 返回值：

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。

174. 地下城游戏

题目解析

状态表示

我们可以定义，dp[i][j]表示从（i，j）位置出发，到达右下角所需的最小生命值。

状态的表示通常是经验+题目来得到的。

经验指的是，以某个位置为结尾，或者以某个位置开始。

这道题目我们选择以（i，j）位置开始到达最后的思路定义状态。

故状态表示为，dp[i][j]表示从（i，j）位置出发，到达右下角所需的最小生命值。

为什么选择这一种方式而不选择从（0，0）位置开始到达（i，j）位置所需的最小生命值？

上图所示，如果我们考虑蓝色和绿色两种路径，

绿色路径「从出发点到当前点的路径和」为 1，「从出发点到当前点所需的最小初始值」为 3。

蓝色路径「从出发点到当前点的路径和」为 ?1，「从出发点到当前点所需的最小初始值」为 2。

我们希望「从出发点到当前点的路径和」尽可能大，而「从出发点到当前点所需的最小初始值」尽可能小。这两条路径各有优劣。

在上图中，我们知道应该选取绿色路径，因为蓝色路径的路径和太小，使得蓝色路径需要增大初始值到 4 才能走到终点，而绿色路径只要 3 点初始值就可以直接走到终点。但是如果把终点的 ?2 换为 0，蓝色路径只需要初始值 2，绿色路径仍然需要初始值 3，最优决策就变成蓝色路径了。

因此，如果按照从左上往右下的顺序进行动态规划，我们无法直接确定到达 (1,2) 的方案，因为有两个重要程度相同的参数同时影响后续的决策。也就是说，这样的动态规划是不满足「无后效性」的。

于是我们考虑从右下往左上进行动态规划。令 dp[i][j] 表示从坐标 (i,j) 到终点所需的最小初始值。换句话说，当我们到达坐标 (i,j)时，如果此时我们的路径和不小于 dp[i][j]，我们就能到达终点。

这是leetcode官方题解中的部分解析。

我们可以得出，如果用以某位置为结尾思路定义状态表示，我们没办法依靠前面的状态准确推导出（i，j）位置的状态，而后续的数据依旧会影响（i，j）位置的状态值，所以这种方式是错误的。在运用动态规划时，必须满足【无后效性】，所以我们选择以某位置开始思路定义状态表示。

当我们选择 以某位置开始思路定义状态表示时，我们前面的状态值并不会影响后面的状态值，可以保证满足【无后效性】，所以这种方式是可以行的。

故状态表示为，dp[i][j]表示从（i，j）位置出发，到达右下角所需的最小生命值。

状态转移方程

我们考虑，（i，j）位置的值能不能由其他的状态值推导得出，dp[i+1][j]表示从（i+1，j）位置出发，到达右下角所需的最小生命值。dp[i][j+1]表示从（i，j+1）位置出发，到达右下角所需的最小生命值。对于（i，j）的状态值，分两种情况，（i，j）房间内的值是正数或者是负数。如果（i，j）房间的值是负数，说明我们到达（i，j）时的最小生命值应该是min(dp[i][j+1],dp[i+1][j])-dungeon[i][j]。如果（i，j）房间的值是正数，说明我们到达（i，j）时的最小生命值应该是min(dp[i][j+1],dp[i+1][j])-dungeon[i][j]，但是这样写又会有两种情况，那就是减出来的数是大于零的数或者是小于等于零的数，我们到达（i，j）房间时最小生命不可能是小于等于零的数，而减出来的数是小于等于零意义是，（i，j）的血包特别的大，即使你的血是负数，吃完之后都可以到达终点，所以实际上到达该位置的生命值为最低的1就可以。

故状态转移方程为，

dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j+1])-dungeon[i][j]

if(dp[i][j]<=0)dp[i][j]=1

初始化

根据状态转移方程，我们如果要推导出（i，j）位置的状态，就需要运用到（i+1，j）和（i，j+1）位置的状态，所以我们为了不越界，需要初始化最后一行和最后一列的数据。我们发现这种初始化有点复杂，所以我们把对这些位置的初始化转化为对虚拟节点的初始化，也就是创建虚拟节点代替原先初始化的位置。

对于红色位置的状态，他们所需访问的虚拟节点的值，是一定不能取到的，根据状态转移方程，

dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i][j+1])-dungeon[i][j]

if(dp[i][j]<=0)dp[i][j]=1

所以他们访问的虚拟节点值应该置正无穷，这样取最小就不会取到。

对于紫色位置的状态，他的状态值应该是1-dungeon[i][j]所以min(dp[i+1][j],dp[i][j+1])的值应该为1。所有我们可以先把所有位置置正无穷，然后在这两个位置选一个位置置1就可以了。

填表顺序

从右到左，从下到上

返回值

返回dp[0][0]

代码实现

int calculateMinimumHP(int** dungeon, int dungeonSize, int* dungeonColSize) {
    int row=dungeonSize;
    int col=dungeonColSize[0];

    int dp[row+1][col+1];

    for(int i=0;i<=row;i++){
        memset(dp[i],0x3f,sizeof(dp[i]));
    }
    dp[row-1][col]=1;
    

    for(int i=row-1;i>=0;i--){
        for(int j=col-1;j>=0;j--){
            dp[i][j]=fmin(dp[i][j+1],dp[i+1][j])-dungeon[i][j];
            if(dp[i][j]<=0) dp[i][j]=1;
        }
    }

    return dp[0][0];
}

    for(int i=0;i<=row;i++){
        memset(dp[i],0x3f,sizeof(dp[i]));
    }

void *memset(void *s, int ch, size_t n);

函数解释：将s中前n个字节 （typedef unsigned int size_t ）用 ch 替换并返回 s 。

memset：作用是在一段内存块中填充某个给定的值，它是对较大的结构体或数组进行清零操作的一种最快方法。

_itoa可以把x值转化为char类型的2进制数存放在string中。

我们发现x的二进制数是00111111 00111111 00111111 00111111。

用_itoa转换二进制数时，前导零省略了，实际上是00111111 00111111 00111111 00111111。

一个int类型占4个字节。

一个字节占8位二进制数。

而0x3f的二进制数是00111111。

memset的意思是，将x中前n个字节，用0x3f最后一个字节对应的二进制数替换。

那为什么要赋值0x3f：

作为无穷大使用

因为4个字节均为0x3f时，0x3f3f3f3f的十进制是1061109567，也就是10^ 9级别的（和0x7fffffff一个数量级），而一般场合下的数据都是小于10^9的，所以它可以作为无穷大使用而不致出现数据大于无穷大的情形。

可以保证无穷大加无穷大仍然不会超限。

另一方面，由于一般的数据都不会大于10^9，所以当我们把无穷大加上一个数据时，它并不会溢出（这就满足了“无穷大加一个有穷的数依然是无穷大”），事实上0x3f3f3f3f+0x3f3f3f3f=2122219134，这非常大但却没有超过32-bit int的表示范围，所以0x3f3f3f3f还满足了我们“无穷大加无穷大还是无穷大”的需求。

面试题 17.16. 按摩师

题目解析

状态表示

我们可以定义dp[i]表示，从nums[0]开始一直到nums[i]，选择不相邻的预约情况中，最长的时间数。

状态转移方程

我们想一想dp[i]能不能由其他的状态推导得出。

dp[i]表示，从nums[0]开始一直到nums[i]，选择不相邻的预约情况中，最长的时间数。

dp[i-1]表示，从nums[0]开始一直到nums[i-1]，选择不相邻的预约情况中，最长的时间数。

dp[i-2]表示，从nums[0]开始一直到nums[i-2]，选择不相邻的预约情况中，最长的时间数。

如果i位置预约我们选择，那么i-1位置预约肯定不选择，这种情况对应的最长时间数就是

dp[i-2]+nums[i]

如果i位置预约我们不选择，这种情况对应的最长时间数就是

dp[i-1]

因为我们存储是最长时间数，所以需要从两种情况中选一个时间更长的。

故状态转移方程为，dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1])

初始化

根据状态转移方程，我们推导出i位置的状态需要用到（i-2）和（i-1）的状态值。

我们想要统一所有需要得到的状态，都通过状态转移方程推导得出，那么我们就需要创建虚拟节点替代需要初始化的位置。

创建虚拟节点有几点注意事项，

第一，对虚拟节点的初始化必须保证后续的推导过程不出错。

第二，注意下标映射关系的变化，也就是状态表示和状态转移方程的下标变换。

状态转移方程为，dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i-2],dp[i-1])。

对于紫色第一个状态值，应该是填自己的时间数，所以需要选择dp[i-2]+nums[i-2]且dp[n-2]需要为零,即dp[0]为0。

对于紫色第二个状态值，要么是填自己的值，要么填紫色第一个状态值。

所以dp[i-2]为零，即dp[1]。

故初始化为dp[0]=dp[1]=0。

填表顺序

从左往右

返回值

放回最后一个元素的值，dp[n+1]

n是nums的数组大小

代码实现

int massage(int* nums, int numsSize){
    int n=numsSize;
    int dp[n+2];
    memset(dp,0,sizeof(dp));

    for(int i=2;i<=n+1;i++){
        dp[i]=fmax(dp[i-2]+nums[i-2],dp[i-1]);
    }
    return dp[n+1];
}

213. 打家劫舍 II

题目解析

我们可以把问题分成两种情况，要么数组的长度大于1，要么数组的长度等于1。

当数组的长度大于1时，我们有两种情况。

第一，我们考虑第一个房子，不考虑最后一个房子。

第二，我们不考虑第一个房子，考虑最后一个房子。

这样问题就转化为普通的不环绕的问题了。

当数组的长度等于1时，我们只能选择nums[0]，这一个房子。

所以我们只需要解决不环绕的问题即可。

状态表示

我们可以定义dp[i]表示从nums[0]开始到nums[i]这些房子，选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。

状态转移方程

我们想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

dp[i]表示从nums[0]开始到nums[i]这些房子，选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。

dp[i-1]表示从nums[0]开始到nums[i-1]这些房子，选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。

dp[i-2]表示从nums[0]开始到nums[i-2]这些房子，选择不相邻房子方法数中金额最大的金额数。

对dp[i]这个状态进行分析，如果该房子选择的话，i-1房子就不能选择，所以这种情况下金额最大数为dp[i-2]+nums[i]

如果该房子不选择的话，最大金额数就是dp[i-1]

故状态转移方程为，dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i],dp[i-1])

初始化

根据状态转移方程，我们推导出i位置的状态需要用到（i-2）和（i-1）的状态值。

我们想要统一所有需要得到的状态，都通过状态转移方程推导得出，那么我们就需要创建虚拟节点替代需要初始化的位置。

创建虚拟节点有几点注意事项，

第一，对虚拟节点的初始化必须保证后续的推导过程不出错。

第二，注意下标映射关系的变化，也就是状态表示和状态转移方程的下标变换。

状态转移方程为，dp[i]=max(dp[i-2]+nums[i-2],dp[i-1])。

对于紫色第一个状态值，应该是填自己的时间数，所以需要选择dp[i-2]+nums[i-2]且dp[n-2]需要为零,即dp[0]为0。

对于紫色第二个状态值，要么是填自己的值，要么填紫色第一个状态值。

所以dp[i-2]为零，即dp[1]。

故初始化为dp[0]=dp[1]=0。

填表顺序

从左往右

返回值

分两种情况，计算当长度大于1时，考虑第一个房子而不考虑最后一个房子的金额数，

和当长度大于1时，不考虑第一个房子而考虑最后一个房子的金额数。

和当长度为1时，nums[0]的金额数

返回三者中最大的金额数即可。

代码实现

int rob_(int* nums,int numsSize, int left,int right) {
    int n=numsSize;
    int dp[n+2];
    memset(dp,0,sizeof(dp));

    for(int i=left;i<=right;i++){
        dp[i]=fmax(dp[i-2]+nums[i-2],dp[i-1]);
    }
    return dp[right];
}
int rob(int* nums,int numsSize){
    int num1=rob_(nums,numsSize,2,numsSize);
    int num2=rob_(nums,numsSize,3,numsSize+1);
    return fmax(fmax(num1,num2),nums[0]);
}

我们rob_函数就是解决不环绕的一列房子问题。

接着把环绕的问题转化为不环绕的问题。

如果数组的长度大于1。

如果我们考虑第一个房子，而不考虑最后一个房子，只需要填写dp表中下标2到下标numsSize状态的推导填写。

如果我们不考虑第一个房子，而考虑最后一个房子，只需要填写dp表中下标3到下标numsSize+1的状态的推导填写。

如果数组的长度等于1。

考虑nums[0]的金额数。

如果数组长度为1，num1和num2计算出来的值都是零，因为numsSize 为1，而循环是从下标2开始或者从下标3开始，所以最后的返回值是初始化的零。

此时只需要返回nums[0]即可，nums [0]一定大于0。

所以返回比较num1，num2和nums[0]即可。

结尾

今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。

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