演算法導論（第三版）－複習15動態規劃

15 動態規劃

1 課後習題

15.1-1 數學歸納法證明
15.1-2 總長6，(i=4,p=8),(i=3,p=5)
15.1-3 rn=max(pi-c+rn−i),i=1..n
15.1-4 紀錄每次切割i
15.1-5 頂點：0..n，邊：2*(n-2+1)

2 課後習題

15.2-1 m[i,k]+m[k+1,j]+pi−1pkpj
((A1A2)((A3A4)(A5A6)))…詳見附件
15.2-2

F(A,s,i,j)
    if i==j
        return A[i];
    if i+1==j
        return mul(A[i] 
,A[j]);
    M1=F(A,s,i,s[i,j]);
    M2=F(A,s,s[i,j]+1,j);
    return mul(M1,M2);

15.2-3 假設對任意k< n, P(k)>=c*2k…
15.2-4 頂點：n2 邊：(n3−n)/3 (無答案)
15.2-5
[i,j]=[i,i]+[i+1,j]=…=[i,j-1]+[j,j]，所以連線(j-i)*2條
=>n(n-1)+(n-1)(n-2)+…+2+0=∑i2-∑i(i=2..n)=n(n+1)(2n+1)/6-1-∑n(i=2..n)=(n3−n)/3
15.2-6 數學歸納法

3 課後習題

最優子結構和子問題重疊
15.3-1RECURSIVE-MATRIX-CHAIN：O（n3n−1) time
enumerating：(4n/n3/2) time
詳見附件
15.3-2 略
15.3-3 具有
15.3-4 <1,1,2,3>
貪心：[1,3]=[1,1]+[2,3]+1*1*3=1*2*3+3=9
正確結果：[1,3]=[1,2]+[3,3]+1*2*3=1*1*2+6=8
15.3-5 最優子結構：問題的最優解由相關子問題的最優解組合而成，而這些子問題可以獨立求解。
因為此時每種長度的切割數被限制，也就是說此時使用長度i時，會影響子問題的l

i大小，是相關的。［但個人認為可以建立[rn,L]，L為li集合，但是子問題的狀態數很大，幾乎等於窮舉了］
15.3-6 Dm=max{(Di-ci)ri,j}=max{Diri,j-ci*ri,j}，兩個子問題相關，具有同樣變數ri,j

4 課後習題

LSC問題（最長公共子序列）O(mn)空間,O(m+n)時間重構
如果只計算長度：優化為一行多一點，但重構時間多
15.4-1 <1,0,1,0,1,0>,<1,0,0,1,1,0>,<1,0,1,0,1,1>,<0,1,0,1,0,1>
15.4-2 重構

if x[i]==y[i]
    ReLCS(c,x,y,i-1,j-1)
    print
else if c[i-1,j]>=c[i,j-1]
        ReLCS(c,x,y,i-1,j)
    else ReLCS(c,x,y,i,j-1)

15.4-3 略，根據公示即可
15.4-4 計算LSC長度

只是用表c中2*min(m,n)表項＋O(1)額外空間：
min(m,n)表項＋O(1)額外空間：
計算c[i,j]及之後結果需要用到c[i-1,k],k>=j-1或c[i,k],k<=j-1，所以空間一共一行+1,所以以min(m,n)為列數即可
詳見附件

15.4-5 排序O(n lg n)與原字串求LSC,O(n2)
15.4-6

//Init:
cin>>a[]
c[0]=-1,c[1]=a[0]
for i=1 to n
    l=find(c,len,a[i]);//二分查詢，返回a[i]可加入位置(l)或不可(=len)
    c[l]=a[i];//因為此時可以保證a[i]<原c[l]，所以下一個資料加入時，若>a[i]，即c[l]，但小於c[l+1]，可更新c[l+1]，且能保證之後的解至少等於或好於現在的解；若>c[len]，相當於為原c陣列後再加資料，不影響解。唯一問題是，c中保留資料並不一定為解。
    if l>len
        len=l;//更新長度

5 課後習題

最優二叉搜尋樹
表e[1..n+1,0..n]，因為只包含偽關鍵字dn, e[n+1,n]，只包含偽關鍵字d0, e[1,0]
e[i,j]=qi−1, (j==i-1) 或 min{e[i,r-1]+e[r+1,j]+w(i,j)}, (i<=j，令root[i,j]=r), (i<=r<=j)
w[i,j]=w[i,j-1]+pj+qj, w[i,i-1]=qi−1
//個人理解，w為加入點的基本代價，而e為樹深增加的代價
時間O(n3)
15.5-1

if i<j
    root: r=root[i,j]
    lchild: root[i,r-1]
            F(root,i,r-1)
    rchild: root[r+1,j]
            F(root,r+1,j)
else if i==j
    root: r=i
    lchild: d[i-1]
    rchild: d[j]
else if i>j
    leaf: d[j]

15.5-2 略
15.5-3 重複計算，從qi−1初始+(pi+qi)+…+(pj+qj)，時間O(n)
但時間複雜度=O(n)O(n)(O(n)+O(n))=O(n3)，不變
15.5-4 最優二叉搜尋樹，根root[i,j-1]<=root[i,j]<=root[i+1,j] 證演算法時間為 O(n2)

if i==j
    root:j
else for root=root[i,j-1] to root[i+1,j]

原:l=1 to n, i=1 to n-l+1, j=i+l-1, r=i to j ，時間O($n^3)
現：為了方便理解，我們書本側向root表看，加了約束以後,1<=root1,j－1<=root[1,j]<=root2,j<=root[2,j+1]<=root3,j+1<=…<=rootn-l+1,n-1<=root[n-l+1,n]<=root[n-l+2,n]<=n。
所以每一層，計算長度為l，只需計算n次，所以一共O(n2)

思考題

15-1 有向無環圖中的最長簡單路徑 Path(s,t)［無答案］
DAG->拓撲排序時間複雜度O(n+e)
Init: L(i)=-infinite, L(s)=0
L(t)=max{L(i)+w(i,t)}, if e(i,t) exist 時間複雜度O(e)
重構路徑：if (L(u)-L(i)==w(i,u)) RePath(i)
所以整體O(n+e)

15-2 最長迴文子序列
解1：s’=reverse(s)
時間O(n2)，如果不需要輸出具體內容的話可以減少到O(nlhn)（根據15.4-6）

將奇數/偶數長度的迴文子串都轉換成奇數長度：在每個字元的兩邊都插入一個特殊的符號。比如 abba 變成 #a#b#b#a#， aba變成 #a#b#a#。為了進一步減少編碼的複雜度，可以在字串的開始加入另一個特殊字元，這樣就不用特殊處理越界問題，如$#a#b#a#
用陣列 P[i] 記錄以字元S[i]為中心的最長迴文子串向左/右擴張的長度（包括S[i]，也就是把該回文串“對摺”以後的長度），P[i]-1正好是原字串中迴文串的總長度

S # 1 # 2 # 2 # 1 # 2 # 3 # 2 # 1 #
P 1 2 1 2 5 2 1 4 1 2 1 6 1 2 1 2 1
計算p[i]：id 為已知的 {右邊界最大} 的迴文子串的中心，mx則為id+P[id]，也就是這個子串的右邊界。如果mx > i，那麼P[i] >= MIN(P[2 * id - i], mx - i)
- 當 mx - i > P[j] 的時候，以S[j]為中心的迴文子串包含在以S[id]為中心的迴文子串中，由於 i 和 j 對稱，以S[i]為中心的迴文子串必然包含在以S[id]為中心的迴文子串中，所以必有 P[i] = P[j]，見下圖。
- 當 P[j] >= mx - i 的時候，以S[j]為中心的迴文子串不一定完全包含於以S[id]為中心的迴文子串中，但是基於對稱性可知，下圖中兩個綠框所包圍的部分是相同的，也就是說以S[i]為中心的迴文子串，其向右至少會擴張到mx的位置，也就是說 P[i] >= mx - i。至於mx之後的部分是否對稱，就只能老老實實去匹配了。//其實此時，p[i]一定等於mx-i
- 對於 mx <= i 的情況，無法對 P[i]做更多的假設，只能P[i] = 1，然後再去匹配了。
程式碼如下：

//輸入，並處理得到字串s
int p[1000], mx = 0, id = 0;
memset(p, 0, sizeof(p));
for (i = 1; s[i] != '\0'; i++) {
    p[i] = mx > i ? min(p[2*id-i], mx-i) : 1;
    while (s[i + p[i]] == s[i - p[i]]) p[i]++;
    if (i + p[i] > mx) {
        mx = i + p[i];
        id = i;
    }
}
//找出p[i]中最大的

15-3 雙調歐幾里得旅行商問題 O(n2)，任何兩點x座標均不相同，d[i,j]=min{i->1->j}，i>=j，求d[n,n]

根據x座標排序，O(nlgn)
- 當 j < i-1時，d[i,j]=d[i-1,j]+a[i-1,i]
- 當 j = i-1時，d[i,j]=d[i,i-1]=min{a[i,k]+d[k,i-1]}, k=1..i-1
- 當 j = i 時，d[i,j]=d[i,i]=min{d[i,k]+a[k,i]}, k=1…i-1
  詳見附件

15-4 整齊列印，行尾額外空格符ex[i,j]：M−j+i−∑lk,(k=i..

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15 動態規劃

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演算法導論（第三版）－複習－第六部分圖論思考題 22 基本的圖演算法

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