动态规划笔试题

1、最长公共子序列、最长公共子串

最长公共子序列（Longest-Common-Subsequence，LCS）

dp[i][j]：dp[i][j]表示长度分别为i和j的序列X和序列Y构成的LCS的长度 dp[i][j] = 0，如果i=0 或 j=0 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i-1] = Y[i-1] dp[i][j] = max{ dp[i-1][j], dp[i][j-1] }，如果 X[i-1] != Y[i-1] LCS长度为 dp[Xlen][Ylen]

int dp[100][100];  // 存储LCS长度, 下标i,j表示序列X,Y长度 
void LCS_dp(char * X, char * Y) 
{
    int i, j;     
    int xlen = strlen(X);     
    int ylen = strlen(Y);       
    // dp[0-xlen][0] & dp[0][0-ylen] 都已初始化0     
    for(i = 1; i <= xlen; ++i)     
    {        
        for(j = 1; j <= ylen; ++j)     
        {             
            if(X[i-1] == Y[j-1]) 
            {                 
                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;             
            }
            else if(dp[i][j-1] > dp[i-1][j])             
            {                 
                dp[i][j] = dp[i][j-1];             
            }
            else             
            {
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
            }         
        }     
    }     
    printf("len of LCS is: %d\n", dp[xlen][ylen]); 
    i = xlen; 
    j = ylen; 
    int k = dp[i][j]; 
    char lcs[100] = {'\0'}; 
    while(i && j) 
    {     
        if(X[i-1] == Y[j-1] && dp[i][j] == dp[i-1][j-1] + 1)     
        {         
            lcs[--k] = X[i-1];         
            --i; --j;     
        }
        else if(X[i-1] != Y[j-1] && dp[i-1][j] > dp[i][j-1])     
        {        
            --i;     
        }
        else     
        {         
            --j;     
        } 
    } 
    printf("%s\n",lcs);
}

最长公共子串（Longest-Common-Substring，LCS）

dp[i][j]：表示X[0-i]与Y[0-j]的最长公共子串长度 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1，如果 X[i] == Y[j] dp[i][j] = 0，如果 X[i] != Y[j] 初始化：i==0或者j==0，如果X[i] == Y[j]，dp[i][j] = 1；否则dp[i][j] = 0。

最长公共子串的长度为max(dp[i][j])。

// 最长公共子串 DP
int dp[100][100];
void LCS_dp(char * X, char * Y) 
{
    int xlen = strlen(X);
    int ylen = strlen(Y);
    int maxlen = 0;
    int maxindex = 0;     
    for(int i = 0; i < xlen; ++i)
    {
        for(int j = 0; j < ylen; ++j)
        {
            if(X[i] == Y[j])
            {
                if(i && j)
                {
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
                }
                if(i == 0 || j == 0)
                {
                    dp[i][j] = 1;
                }
                if(dp[i][j] > maxlen)
                {
                    maxlen = dp[i][j];
                    maxindex = i + 1 - maxlen;
                }
            }
        }
    }
    if(maxlen == 0)
    {
        printf("NULL LCS\n");
        return;
    }
    printf("The len of LCS is %d\n",maxlen);
    int i = maxindex;
    while(maxlen--)
    {
        printf("%c",X[i++]);
    }
    printf("\n"); 
}

2、数组中最长递增子序列：如在序列1,-1,2,-3,4,-5,6,-7中，最长递增序列为1,2,4,6。

时间复杂度O(N^2)的算法： LIS[i]：表示数组前i个元素中（包括第i个），最长递增子序列的长度 LIS[i] = max{ 1, LIS[k]+1 }, 0 <= k < i, a[i]>a[k]

int LIS(int a[], int length)
{
    int *LIS = new int[length];
    for(int i = 0; i < length; ++i)
    {
        LIS[i] = 1; //初始化默认长度
        for(int j = 0; j < i; ++j) //前面最长的序列
            if(a[i] > a[j] && LIS[j]+1 > LIS[i])
                LIS[i] = LIS[j]+1;  
    }
    int max_lis = LIS[0];
    for(int i = 1; i < length; ++i)
        if(LIS[i] > max_lis)
            max_lis = LIS[i];
    return max_lis;  //取LIS的最大值
}

时间复杂度O(NlogN)的算法： 辅助数组b[]，用k表示数组b[]目前的长度，算法完成后k的值即为LIS的长度。 初始化：b[0] = a[0]，k = 1 从前到后扫描数组a[]，对于当前的数a[i]，比较a[i]和b[k-1]： 如果a[i]>b[k-1]，即a[i]大于b[]最后一个元素，b[]的长度增加1，b[k++]=a[i]； 如果a[i]<b[k-1]，在b[1]...b[k]中二分查找第一个大于a[i]的数b[j]，修改b[j]=a[i]。 LIS的长度为k

//修改的二分搜索算法，若要查找的数w在长为len的数组b中存在则返回下标
//若不存在，则返回b数组中的第一个大于w的那个元素的下标
int BiSearch(int *b, int len, int w)
{
    int left = 0, right = len-1;
    int middle;
    while(left <= right)
    {
        middle = (left+right)/2;
        if(b[middle] > w)
            right = middle - 1;
        else if(b[middle] < w)
            left = middle + 1;
        else
            return middle;
    }

    //返回b数组中的刚刚大于w的那个元素的下标
    return (b[middle]>w) ? middle : middle+1;
}

int LIS(int *array, int n)
{
    int *B = new int[n];
    int len = 1;
    B[0] = array[0];

    for(int i=1; i<n; ++i)
    {
        if(array[i] > B[len-1])
        {
            B[len] = array[i];
            ++len;
        }
        else
        {
            int pos = BiSearch(B, len, array[i]);
            B[pos] = array[i];
        }
    }
    delete []B;
    return len;
}

3、计算字符串的相似度（编辑距离）

为了判断字符串的相似程度，定义了一套操作方法来把两个不相同的字符串变得相同，具体的操作方法为： 1.修改一个字符。2.增加一个字符。3.删除一个字符。

比如，对于“abcdefg”和“abcdef”两个字符串来说，可以通过增加/减少一个“g“的方式来达到目的。上面的两种方案，都仅需要一次操作。把这个操作所需要的次数定义为两个字符串的距离，给定任意两个字符串，写出一个算法来计算出它们的距离。

设 L(i,j)为使两个字符串和Ai和Bj相等的最小操作次数。 当ai==bj时 显然 L(i,j) = L(i-1,j-1) 当ai!=bj时 L(i,j) = min( L(i-1,j-1), L(i-1,j), L(i,j-1) ) + 1

int minValue(int a, int b, int c)
{
    int t = a <= b ? a:b;
    return t <= c ? t:c;
}

int calculateStringDistance(string strA, string strB)
{
    int lenA = (int)strA.length()+1;
    int lenB = (int)strB.length()+1;

    int **c = new int*[lenA];
    for(int i = 0; i < lenA; i++)
        c[i] = new int[lenB];

    for(int i = 0; i < lenA; i++) c[i][0] = i;
    for(int j = 0; j < lenB; j++) c[0][j] = j;
    c[0][0] = 0;
    for(int i = 1; i < lenA; i++)
    {
        for(int j = 1; j < lenB; j++)
        {
            if(strB[j-1] == strA[i-1])
                c[i][j] = c[i-1][j-1];
            else
                c[i][j] = minValue(c[i][j-1], c[i-1][j], c[i-1][j-1]) + 1;
        }
    }

    int ret =  c[lenA-1][lenB-1];

    for(int i = 0; i < lenA; i++)
        delete [] c[i];
    delete []c;

    return ret;
}

4、8*8的棋盘上面放着64个不同价值的礼物，每个小的棋盘上面放置一个礼物（礼物的价值大于0），一个人初始位置在棋盘的左上角，每次他只能向下或向右移动一步，并拿走对应棋盘上的礼物，结束位置在棋盘的右下角，请设计一个算法使其能够获得最大价值的礼物。

动态规划算法：   dp[i][j] 表示到棋盘位置（i，j）上可以得到的最大礼物值   dp[i][j] = max( dp[i][j-1] , dp[i-1][j] ) + value[i][j]  （0<i，j<n） 

int GetMaxValue(int **dp, int **value)
{
    int i, j, n = 8;  
    dp[0][0] = value[0][0];  
    for(i = 1; i < n; i++)  
    {  
        dp[i][0] = dp[i-1][0] + value[i][0];  
    }  
    for(j = 1; j < n; j++)  
    {  
        dp[0][j] = dp[0][j-1] + value[0][j];  
    }  

    for(i = 1; i < n; i++)  
    {  
        for(j = 1; j < n; j++)  
        {  
            dp[i][j] = max(dp[i][j-1] , dp[i-1][j]) + value[i][j];  
        }  
    }  
    return dp[n-1][n-1];
}

5、给定一个整数数组，求这个数组中子序列和最大的最短子序列，如数组a[]={1,2,2,-3,-5,5}子序列和最大为5，最短的为a[5]。

动态规划   sum[i] = max(sum[i-1]+a[i], a[i]) (sum[0]=a[0],1<=i<=n)  len[i] = max(len[i-1]+1, 0) (len[0]=0,1<=i<=n)

void max_sub(int a[], int size)
{
    int *sum = new int[size];
    int *len = new int[size];
    int temp_sum = 0;

    sum[0] = a[0];
    len[0] = 0;
    for(int i = 1; i < size; i++)
    {
        temp_sum = sum[i-1] + a[i];
        if(temp_sum > a[i])
        {
            sum[i] = temp_sum;
            len[i] = len[i-1]+1;
        }
        else
        {
            sum[i] = a[i];
            len[i] = 0;
        }
    }
    int index = 0;
    for(int i = 1; i < size; i++)
    {
        if(sum[i] > sum[index])
            index = i;
        else if(sum[i] == sum[index] && len[i] < len[index])
            index = i;
    }
    printf("Max sub sum is %d, from %d to %d",sum[index],index-len[index],index);

    delete []sum;
    delete []len;
}

6、子数组的最大和

状态方程： Start[i] = max{A[i], Start[i-1]+A[i]} All[i] = max{Start[i], All[i-1]}

int MaxSum(int *A, int n)
{
    int * All = new int[n];
    int * Start = new int[n];

    All[0] = Start[0] = A[0];
    for(int i=1; i<n; ++i)
    {
        Start[i] = max(A[i], A[i]+Start[i-1]);
        All[i] = max(Start[i], All[i-1]);
    }
    int max = All[n-1];
    delete []All;
    delete []Start;
    return max;
}

因为Start[i-1]只在计算Start[i]时使用，而且All[i-1]也只在计算All[i]时使用，所以可以只用两个变量就够了，节省空间。

int MaxSum(int *A, int n)
{
    int All = A[0];
    int Start = A[0];
    for(int i=1; i<n; ++i)
    {
        Start = max(A[i], A[i]+Start);
        All = max(Start, All);
    }
    return All;
}

7、在数组中，数字减去它右边的数字得到一个数对之差。求所有数对之差的最大值。例如在数组{2, 4, 1, 16, 7, 5, 11, 9}中，数对之差的最大值是11，是16减去5的结果。

思路：假设f[i]表示数组中前i+1个数的解，前i+1个数的最大值为m[i]。则状态转移方程： f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - a[i]), m[i] = max(m[i-1],a[i])。问题的解为f[n-1]。

int MaxDiff_Solution1(int *pArray, int nLen)  
{  
    if(pArray == NULL || nLen <= 1)  
        return 0;  
    int *f = new int[nLen];  
    int *m = new int[nLen];  
  
    f[0] = 0;          //1个数的情况   
    m[0] = pArray[0];  
    for(int i = 1; i < nLen; i++)  
    {  
        f[i] = max(f[i-1], m[i-1] - pArray[i]);  
        m[i] = max(m[i-1], pArray[i]);  
    }  
    return f[nLen - 1];  
}

上述代码用了两个辅助数组，其实只需要两个变量，前i个数的情况只与前i-1个数的情况有关。在“子数组的最大和问题”中，也使用过类似的技术。

int MaxDiff_Solution2(int *pArray, int nLen)  
{
    if(pArray == NULL || nLen <= 1)  
        return 0;  
    int f = 0;  
    int m = pArray[0];  
    for(int i = 1; i < nLen; i++)  
    {  
        f = max(f, m - pArray[i]);  
        m = max(m, pArray[i]);  
    }  
    return f;  
}

8、从一列数中筛除尽可能少的数使得从左往右看，这些数是从小到大再从大到小的。

双端 LIS 问题，用 DP 的思想可解，目标规划函数 max{ b[i] + c[i] - 1 }, 其中 b[i] 为从左到右，0--i 个数之间满足递增的数字个数；c[i] 为从右到左，n-1--i个数之间满足递增的数字个数。最后结果为 n-max 。

/* 
a[] holds the original numbers
b[i] holds the number of increasing numbers from a[0] to a[i]
c[i] holds the number of increasing numbers from a[n-1] to a[i]
*/
int double_lis(int a[], int n)
{
    int *b = new int[n];
    int *c = new int[n];

    // update array b from left to right
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        b[i] = 1;
        for(int j = 0; j < i; ++j)
            if(a[i] > a[j] && b[j]+1 > b[i])
                b[i] = b[j] + 1;
    }

    // update array c from right to left
    for (int i = n-1; i >= 0; --i)
    {
        c[i] = 1;
        for(int j = n-1; j > i; --j)
            if(a[i] > a[j] && c[j]+1 > c[i])
                c[i] = c[j] + 1;
    }

    int max = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i )
    {
        if (b[i]+c[i] > max)
            max = b[i] + c[i];
    }


    max = max-1; //delete the repeated one
    delete []b;
    delete []c;

    return n-max;
}

9、从给定的N个正数中选取若干个数之和最接近M

解法：转换成01背包问题求解，从正整数中选取若干个数放在容量为M的背包中。

#include <stdio.h>

const int MAX = 10010;
int f[MAX];
int g[MAX][MAX];

int main()
{
    //从数组value中选中若干个数之和最接近V
    int value[] = {2,9,5,7,4,11,10};
    int V = 33;   //子集和
    int N = sizeof(value)/sizeof(value[0]);

    for(int i = 0; i <= V; ++i)  //初始化：没要求和一定是V
    {
        f[i] = 0;
    }
    for(int i = 0; i < N; ++i)
    {
        for(int v = V; v >= value[i]; --v)
        {
            if(f[v] < f[v-value[i]] + value[i] ) //选value[i]
            {
                f[v] = f[v-value[i]] + value[i];
                g[i][v] = 1;
            }
            else         //不选value[i]
            {
                f[v] = f[v]; 
                g[i][v] = 0;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[V]);

    int i = N; //输出解
    int v = V;
    while(i-- > 0)
    {
        if(g[i][v] == 1)
        {
            printf("%d, ",value[i]);
            v -= value[i];
        }
    }
    printf("\n");
    return 0;
}

从给定的N个正数中选取若干个数之和为M

#include <iostream>
#include <list>
using namespace std;

void find_seq(int sum, int index, int * value, list<int> & seq)
{
    if(sum <= 0 || index < 0) return;
    if(sum == value[index])
    {
        printf("%d ", value[index]);
        for(list<int>::iterator iter = seq.begin(); iter != seq.end(); ++iter)
        {
            printf("%d ", *iter);
        }
        printf("\n");
    }
    seq.push_back(value[index]); 
    find_seq(sum-value[index], index-1, value, seq); //放value[index]
    seq.pop_back();
    find_seq(sum, index-1, value, seq); //不放value[index]
}

int main()
{
    int M;
    list<int> seq;
    int value[] = {2,9,5,7,4,11,10};
    int N = sizeof(value)/sizeof(value[0]);
    for(int i = 0; i < N; ++i)
    {
        printf("%d ",value[i]);
    }
    printf("\n");
    scanf("%d", &M);
    printf("可能的序列：\n");
    find_seq(M, N-1, value, seq);

    return 0;
}

10、将一个较大的钱，不超过1000的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？

解法：01背包中的完全背包问题（即每个物品的数量无限制） dp[i][j]：表示大小为j的价值用最大为money[i]可表示的种类数

#define NUM 7
int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};  
// 动态规划解法(完全背包)   
int NumOfCoins(int value)  
{  
    int dp[7][1010];  
    for(int i = 0; i <= value; ++i)
        dp[0][i] = 1;  
  
    for(int i = 1; i < NUM; ++i)
    {
        for(int j = 0; j <= value; ++j)  
        {
            if(j >= money[i])  
                dp[i][j] = dp[i][j-money[i]] + dp[i-1][j];  
            else  
                dp[i][j] = dp[i-1][j];  
        }  
    }  
    return dp[6][value];
}

11、捞鱼问题：20个桶，每个桶中有10条鱼，用网从每个桶中抓鱼，每次可以抓住的条数随机，每个桶只能抓一次，问一共抓到180条的排列有多少种。

分析：看看这个问题的对偶问题，抓取了180条鱼之后，20个桶中剩下了20条鱼，不同的抓取的方法就对应着这些鱼在20个桶中不同的分布，于是问题转化为将20条鱼分到20个桶中有多少中不同的分类方法（这个问题当然也等价于180条鱼分到20个桶中有多少种不同的方法）。

dp[i][j]：前i个桶放j条鱼的方法共分为11种情况：前i-1个桶放j-k（0<=k<=10）条鱼的方法总和。我们可以得到状态方程：f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}

/*捞鱼：将20条鱼放在20个桶中，每个桶最多可以放10条，求得所有的排列方法
/*自底向上DP f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10 }
/*该方法中测试 20个桶 180条鱼，与递归速度做对比
*/
void CatchFish()
{
    int dp[21][200]; // 前i个桶放j条鱼的方法数
    int bucketN = 20;
    int fishN = 20;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i = 0; i <= 10; ++i)  // 初始化合法状态
    {
        dp[1][i] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= bucketN; ++i)  // 从第二个桶开始
    {
        for(int j = 0; j <= fishN; ++j)
        {
            for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k)
            {
                dp[i][j] += dp[i-1][j-k];
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]);
}

12、n个骰子的点数：把n个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为S。输入n，打印出S的所有可能的出现的值。

F(k,n) 表示k个骰子点数和为n的种数，k表示骰子个数，n表示k个骰子的点数和 对于 k>0, k<=n<=6*k F(k,n) = F(k-1,n-6) + F(k-1,n-5) + F(k-1,n-4) + F(k-1,n-3) + F(k-1,n-2) + F(k-1,n-1)  对于 n<k or n>6*k F(k,n) = 0 当k=1时, F(1,1)=F(1,2)=F(1,3)=F(1,4)=F(1,5)=F(1,6)=1

void SumOfDices()
{
    int dp[21][6*20+1]; // k个骰子，和为n的种类数，不超过20个骰子
    int number = 3;  // 骰子数
    int face = 6;   // 面数，6面
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int i = 1; i <= 6; ++i)  // 初始化1个骰子的情况
    {
        dp[1][i] = 1;
    }
    for(int i = 2; i <= number; ++i)  // 从第二个骰子开始
    {
        for(int j = i; j <= face * i; ++j) // i个骰子的点数从i到i*6
        {
            for(int k = 1; k <= face && j-k >= 0; ++k)
            {
                dp[i][j] += dp[i-1][j-k];
            }
        }
    }
    for(int i = 0; i <= number * face; ++i)
    {
        printf("Sum = %d, Number is %d\n",i,dp[number][i]);
    }
}

13、给定三个字符串A，B，C；判断C能否由AB中的字符组成，同时这个组合后的字符顺序必须是A，B中原来的顺序，不能逆序；例如：A：mnl，B：xyz；如果C为mnxylz，就符合题意；如果C为mxnzly，就不符合题意，原因是z与y顺序不是B中顺序。

DP求解：定义dp[i][j]表示A中前i个字符与B中前j个字符是否能组成C中的前(i+j)个字符，如果能标记true，如果不能标记false； 有了这个定义，我们就可以找出状态转移方程了，初始状态dp[0][0] = 1： dp[i][j] = 1 如果 dp[i-1][j] == 1 && C[i+j-1] == A[i-1] dp[i][j] = 1 如果 dp[i][j-1] == 1 && C[i+j-1] == B[j-1]

#include <iostream>
using namespace std;

char A[201]; 
char B[201];
char C[401];    
int dp[201][201];   // dp[i][j] 表示A前i个字符与B前j个字符是否能构成C前i+j个字符

int main() 
{
    memset(dp,0,sizeof dp); 
    scanf("%s %s %s", A, B, C); 
    int lenA = strlen(A); 
    int lenB = strlen(B);
    dp[0][0] = 1;       
    for(int i = 0; i <= lenA; ++i) 
    {
        for(int j = 0; j <= lenB; ++j) 
        {
            if(i > 0 && (dp[i-1][j] == 1) && (C[i+j-1] == A[i-1])) 
            { 
                dp[i][j] = 1;
            }
            if(j > 0 && (dp[i][j-1] == 1) && (C[i+j-1] == B[j-1]))
            { 
                dp[i][j] = 1; 
            } 
        }
    }
    printf("%s\n",dp[lenA][lenB] ? "yes" : "no");
    return 0; 
}

 转自：http://www.cnblogs.com/luxiaoxun/archive/2012/11/15/2771605.html