初识动态规划：如何巧妙解决“双十一”购物时的凑单问题？

------ 本文是学习算法的笔记，《数据结构与算法之美》，极客时间的课程 ------
淘宝的“双十一”购物有各种促销活动，比如“满200减50”。假设你女朋友的购物车中有 n 个（n > 100）想买的商品，她希望从里面选几个，在凑够满减的前提下，让选出来的商品价格总和和最大程度地接近满减条件（200元）。作为程序员，能不能编个代码来帮她搞定呢？解决这个问题，就要用到今天讲的动态规划（Dynamic Programming）。

动态规划学习路线

动态规划比较合适用来求解最优问题，比如求最大值、最小值等等。它可以非常显著地降低复杂度，提高代码的执行效率。不过，它也是出了名的难学。它的主要学习难点跟递归类似，那就是，求解问题的过程不太符合人类常规的思维方式。对于新手来说，想入门确实不容易。不过，等你掌握了之后，你会发现，实际上并没有想象中的那么难。

咱们分三节来讲解，分别是初识动态规划、动态规划理论、动态规划实践。

第一节，我会通过两个非常经典的动态规划问题模型，向你展示我们为什么需要动态规划，以及动态规划解题方法是如何演化出来的。实际上，你只要掌握了这两个例子的解决思路，对于其他很多动态规划问题，你都可以套用类似的思路来解决。

第二节，我会总结动态规划适合解决的问题的特征，以及动态规划思路。除此之外，我还会将贪心、回溯、动态规划这四种算法思想放在一直，对比分析它们各自的特点以及适用场景。

第三节，我会教你应用第二节讲的动态规划的理论知识，实战解决三个非常经典的动态规划问题，加深你对理论的理解。弄懂了这三节中的例子，对于动态规划这个知识点，你就算是入门了。

0-1背包问题

在讲贪心算法、回溯算法的时候，多次讲到背包问题，今天，我们依旧拿这个问题来举例。

对于一组不同质量、不可分割的物品，我们需要选择一些装入背包，在满足背包最大重量限制的前提下，背包中物品总重量的最大值是多少呢？

关于这个问题，我们上一节讲了回溯的解决方法，也就是穷举搜索所的可能的装法，然后找出满足条件的最大值。不过，回溯算法的复杂度比较高，是指数级别的。那有没有什么规律，可以有效降低时间复杂度呢？

    public int maxW = Integer.MIN_VALUE;  //  结果放到 maxW 中
    private int[] weight = {2, 2, 4, 6, 3}; // 物品重量
    private int n = 5; //物品个数
    private int w = 9; //  背包承受的最大重量
    public void f(int i, int cw) {
    	if (cw == w || i == n) { // 已装满了，或是已经考察完所有的物品
			if(cw > maxW) {
				maxW = cw;
			}
			return;
		}
    	f(i + 1, cw); // 选择不装第 i 个物品
    	if (cw + weight[i] <= w) { // 已经超过可以承受的重量的时候，就不要再装了
			f(i + 1,cw + weight[i]); // 选择装第 i 个物品
		}
    }

规律是不是不好找？那我们就举个例子、画个图看看。我们假设背包的最大承重是9。我们有5个不同的物品，每个物品的重量分别是2，2，4，6，3。如果我们把这个例子的回溯求解过程，用递归树画出来，就是下面这个样子：

递归树中的每个节点表示一种状态，我们用（i, cw）来表示。其中，i 表示将要决策第几个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量。比如，（2，2）表示我们将要决策第2个物品是否装入背包，在决策前，背包中物品的的总重量是2。

从递归树中，你应该会发现，有些子问题求解是重复的，比如图中的 f(2, 2)和f(3, 4)都被重复计算了两次。我们可以借助递归那一节讲的“备忘录”的解决方式，记录已经计算好的 f(i, cw)，当两次计算到重复的 f(i, cw) 的时候，直接从备忘录中取出来用，就不用再递归计算了，这样就可以避免冗余计算。

    public int maxW = Integer.MIN_VALUE;  //  存储背包中物品中总重量的最大值
    private int[] weight = {2, 2, 4, 6, 3}; // 物品重量
    private int n = 5; //物品个数
    private int w = 9; //  背包承受的最大重量
    private boolean[] [] men = new boolean[5] [10]; // 备忘录，默认值 false
    public void f(int i, int cw) { // 调用f(0, 0)
    	if (cw == w || i == n) { // 已装满了，或是已经考察完所有的物品
			if(cw > maxW) {
				maxW = cw;
			}
			return;
		}
		if(men[i][w]){
			return; // 重复状态
		}
		men[i][w] = true; // 记录（i, cw）这个状态
    	f(i + 1, cw); //  选择不装第 i 个物品
    	if (cw + weight[i] <= w) { 
			f(i + 1, cw + weight[i]); // 选择装第 i 个物品
		}
    }

这种解决方法非常好。实际上，它怩跟动态零碎的执行效率基本上没有差别。但是，多一种方法就多一种解决思路，我们现在来看看动态规划是怎么做的。

我们把整个求解种过分为 n 个阶段，每个阶段会决策第一个物品是否放到背包中。每个物品决策（放入或者不放入背包）完之后，背包中的物品的重量会有多种情况，也就是说，会达到多种不同状态，对应递归树中，就是有很多不同的节点。

我们把第一层重复的状态（节点）合并，只记录不同的状态，然后基于上一层状态集合，来推导下一层状态集合。我们通过合并每一层重复状态，这样就保证每一层不同状态的个数都不会超过 w 个（w 表示背包的承载重量），也就是例子中的 9 。于是，我们就成功避免了每层状态个数的指数级增长。

我们用一个二维数组 states[n][w+1]，来记录每层可以达到的不同状态。

第0个（下标从0开始编号）物品的重量是2，要么装入背包，要么不装入背包，决策完之后，会对应背包的两种状态，背包中物品的总重量是0或者2。我们用 states[0][0] = true 和 states[0][2] 来表示两种状态。

第1个物品的重量也是2，基于之间背包状态，在这个物品决策完之后，不同的状态有3个，背包中物品总重量分别是0（0+0），2（0+2 or 2+0），4（2+2）。我们用 states[1][0] =true，states[1][2] =true，states[1][4] =true 来表示这三种状态。

以此类推，直到考察完所有的物品后，整个 states 状态数组就都计算好了。我把整个计算过程画了出来，你可以看看，图中 0 表示 false，1 表示 true。我们只需要在最后一层，找到一个值为 true 的最接近 w (这里是9)的值，就是背包中物品总重量的最大值

    // weight:物品重量， n:物品个数，w:背包可承载重量
    public int knapsack(int[] weight, int n, int w) {
    	boolean[][] states = new boolean[n][w+1]; // 默认值false
    	states[0][0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
    	states[0][weight[0]] = true;
    	for (int i = 0; i < n; i++) { // 动态规划状态转移
			 for (int j = 0; j < w; j++) { // 不把第 i 物品放入背包
				if(states[i -1][j] == true) {
					states[i][j] = states[i -1][j];
				}
			}
			 for (int j = 0; j < w - weight[i]; j++) { // 把第个物品放入背包
				 if(states[i -1][j] == true) {
						states[i][j + weight[i]] = true;
					}
			}
		}
    	for (int i = w; i >= 0; --i) {
    		if (states[n-1][i] == true) {
				return i;
			}
    	}
    	return 0;
    }

实际上，这就是一种用动态规划解决问题的思路。我们把问题分解为多个阶段，每个阶段对应一个决策。我们记录每一个阶段可达的状态集合（去掉重复的），然后通过当前阶段的状态集合，来推导下一个阶段状态集合，动态地往前推进。这也是动态规划这个名字的由来，你可以自己体会一下，是不是挺形象的？

前面我们讲到，用回溯算法解决这个问题的时间复杂度是O(n²)，是指数级的。那动态规划解决方案的时间复杂度是多少？

这个代码耗时最多的部分就是代码的两层 for 循环，所以时间复杂度是 O(n*w)。n 表示物品个数，w 表示背包可以承载的总重量。

从理论上讲，指数级的时间复杂度肯定要比 O(n*w) 高很多，但是为了让你有更加深刻的感受，我来举个例子比较下。

我们假设有10000个物品，重量分布在 1 到 15000之间，背包可以承载的总重量是30000。如果我们用回溯算法解决，用全体的数值表示出时间复杂度，就是2¹⁰⁰⁰⁰，这是一个相当大的一个数字。如果我们用动态规划解决，用具体的数值表示出时间复杂度，就是10000*30000。看起来也是很大，但是和2¹⁰⁰⁰⁰比起来，要小太多了。

尽管动态规划的执行效率比较高，但是就刚刚的代码实现来说，我们需要额外申请一个 n 乘以 w+1 的二维数组，对空间的消耗比较多。所以，有时候，我们会说，动态规划是一种空间换时间的解决思路。你可能要问了，有什么办法可以降低空间消耗吗？

实际上，我们只需要一个大小为 w+1的一维数组就可以解决这个问题。动态规划状态转移的过程，都可以基于这个一维数组业操作。具体的代码实现如下。

    public static int knapsack2(int[] items, int n, int w) {
    	boolean[] states = new boolean[w+1]; // 默认值 false
    	states[0] = true; // 第一行的数据要特殊处理，可以利用哨兵优化
    	states[items[0]] = true;
    	for (int i = 1; i < n; i++) {
			for (int j = w - items[i]; j >= 0; j--) {
				if (states[j] == true) {
					states[j + items[i]] = true;
				}
			}
		}
    	for (int i = w; i  >= 0; i--) {
			if (states[i] == true) {
				return i;
			}
		}
    	return 0;
    }

这里我特别强调一下代码中的第6行，j 需要从大到小来处理。如果我们按照 j 从小到大处理的话，会出现 for 循环重复计算的问题。你可以自己想一想，这里就不详细说了。

0-1背包问题升级版

我们继续升级难度。我性乱了一下刚刚背包问题。你看这个问题又该如何用动态规划解决?

现在我们引入物品价值这一变量。对于一组不同重量、不可分割物品。我们选择将某些物品装入背包，在满足背包最大重量限制前提下，背包中可装入物品的总价值最大是多少呢？

这个问题依旧可以用回溯算法来解决。这个问题并不复杂，所以具体思路，我就不用文字描述了，直接看代码。

    private int maxV = Integer.MIN_VALUE; //结果放到maxV中
    private int[] items = {2, 2, 4, 6, 3}; // 物品的重量
    private int[] value = {3, 4, 8, 9, 6}; // 物品的价值
    private int n = 5; // 物品的个数
    private int w = 9; // 背包承受的最大重量
    private void f(int i, int cw, int cv) { // 调用f(0, 0, 0)
    	if(cw == w || i == n) {
    		if (cv > maxV) {
				maxV = cv;
			}
    		return;
    	}
    	f(i + 1, cw, cv);
    	if(cw + items[i] <= w) {
    		f(i + 1, cw + items[i], cv + value[i]); // 选择装入第 i 个物品
    	}
    }

针对上面的代码，我们还是照例画出递归树。在递归树中，每个节点表示一个状态。现在我们需要3个变量（i, cw, cv）来表示一个状态。其中，i 表示即将要决策第 i 个物品是否装入背包，cw 表示当前背包中物品的总重量，cv 表示当前背包中物品的总价值。

我们发现，在递归树中，有几个节点的 i 和 cw 是完全的，比如 f(2,2,4) 和 f(2,2,3)。在背包中物品总重量一样的情况个，f(2,2,4)这种状态对应的物品总价值更大，我们可以舍弃f(2,2,3)这种状态，只需要沿着f(2,2,4)这条决策路线继续往下决策就可以。

也就是说，对于（i, cw）相同的不同状态，那我们只需要保留 cv 值最大的那个，继续递归处理，其他状态不予考虑。

思路说完了，但是偌如何实现呢？如果用回溯算法，这个问题就没法再用“备忘录”解决了。所以，我们就需要换一种思路，看看动态规划是不是更容易解决这个问题？

我们还是把整个求解过程分为 n 个阶段，每个阶段会决策一个物品是否放到背包中。每个阶段决策之后，背包中的物品的总重量以及总价值，会有多种情况，也就是会达到多种不同的状态。

我们用一个二维数组 states[n][w+1]，不记录每层可以达到的不同状态。不过这里数组存储的值不再是 boolean 类型的了，而是当前状态对应的最大总价值。我们所每一层中（i, cw）重复的状态（节点）合并，只记录 cv值最大的那个状态，然后基于这些状态来推导下一层的状态。

    public static int knapsack3(int[] weight, int[]value, int n, int w) {
    	int[][] states = new int[n][w+1];
    	for (int i = 0; i < n; i++) { // 初始化states
    		for (int j = 0; j < w + 1; j++) {
				states[i][j] = -1;
			}
		}
    	states[0][0] = 0;
    	states[0][weight[0]] = value[0];
    	for (int i = 0; i < n; i++) { // 动态规划，状态转移
    		for (int j = 0; j < w; j++) { // 不选择第i个物品
    			 if (states[i -1][j] > 0) {
    				 states[i][j] = states[i -1][j];
				}
			}
    		for (int j = 0; j < w - weight[i]; j++) { // 选择第i个物品
				if (states[i -1][j] > 0) {
					int v = states[i -1][j] + value[i];
					if (v > states[i][j + weight[i]]) {
						states[i][j + weight[i]] = v;
					}
				} 
			}
		}
    	// 找出最大值
    	int maxvalue = -1;
    	for (int j = 0; j < w; j++) {
			if (states[n-1][j] > maxvalue) {
				maxvalue = states[n-1][j];
			}
		}
    	return maxvalue;
    }

解答开篇

对于这个问题，你当然可以用回溯算法，穷举所有的排列组合，看大于等于200并且最接近200的组合是哪一个？但是，这样的效率太低了点，时间复杂度非常高，是指数级的。当 n 很大的时候，可能“双十一”已经结束了，你的代码还没有运行结果，这显然会让你的女朋友心中的形象大大减分。

实际上，它跟第一个例子中讲的0-1背包问题很像，只不过是把“重量”换成了“价格”而已。购物车中有 n 个商品，我们针对每个商品都决策是否购买。每次决策之后，对应不同的状态集合。我们还是用一个二维数组 states[n][x]，来记录每次决策之后所有可达的状态。不过，这里的 x 值是多少呢?

0-1背包问题中,我们找的是小于等于 w 的最大值, x 就是背包的最大承载重量 w+1。对于这个问题来说,我们要找大于等于200(满减条件)的传下中最小的,所以就不能设置为200加1了。就这个实际的问题而言,如果要购买的物品的总价格超过200太多,满减也没什么意义了。所以，我们可以限定 x 值为1001。

不过，这个问题不仅要求要求大于等于200的总价格中的最小的，我们还要找出最小总价格对应要购买的哪些商品。实际上，我们可以利用 states数组，倒推出这个被选择的商品序列。先看代码，待会儿解析。

    public static void advance11(int[] items, int n, int w ) {
    	boolean[][] states = new boolean[n][3*w+1]; // 设置为三倍
    	states[0][0] = true; // 第一行数据要特殊处理
    	states[0][items[0]] = true; 
    	for (int i = 1; i < n; i++) { // 动态规划
    		for (int j = 0; j < 3*w; j++) { 
				if (states[i-1][j] == true) {// 不购买第i个商品
					states[i][j] = true;
				}
			}
    		for (int j = 0; j < 3*w; j++) { 
				if (states[i-1][j] == true) {// 购买第i个商品
					states[i][j + items[i]] = true;
				}
			}
		}
    	int j;
    	for (j = w; j < 3*w+1; j++) {
			if (states[n-1][j] == true) {
				break;  // 输出结果大于等于 w 的最小值
			}
		}
    	if(j == -1) {
    		return; // 没有可行解
    	}
    	for(int i = n-1; i >=1; --i) { // i 表示二维数组中的行，j 表示列
    		if(j - items[i] >= 0 && states[i-1][j - items[i]] == true) {
    			System.out.println(items[i] + " "); // 购买这个商品
    			j = j - items[i];
    		}
    	}
    	if (j != 0) {
			System.out.println(items[0]);
		}
    }

代码的前半部分跟0-1背包问题没有什么不同，后半部分，看它是如何打印出选择购买哪些商品的。

状态（i, j）只有可能从（i-1, j）或者（i-1, j-value[i]）两个状态推导过来。所以我们就检查这两个状态是否是可达的，也就是states[i-1][j]或者states[i-1][j-value[i]]是否是true。

如果states[i-1][j]可达，就说明我们没有选择购买第 i 个商品，如果states[i-1][j-value[i]]可达，那就说明我们选择了购买第 i 商品。我们从中选择一个可达的状态（如果两个都可达，就随意选择一个），然后，继续迭代地考察其他商品是否有选择购买。