编程之美读书笔记_1.4 买书问题
1.4 买书问题
㈠ 简要说明
感觉写的很乱，这里先做个简单的说明。对于共有m种书进行打折，总共要买n本。先将原来的折扣，转换成相对折扣（=最大折扣-原折扣）。用F(n)表示买n本书时，能得到最小相对折扣值，此时原折扣和=n*最大折扣-F(n)，必然最大。显然，F(m)=0。贪心算法要能成立，就是要证明F(n)=F(n-m)，或者找出， F(n)=F(n-m)在什么条件下才成立。
如果考虑书的具体种类，比如5本时的状态(a1, a2, a3, a4, a5)（递减排列）。可以证明，最优解的买书次数必然是a1次。其它的买书解法，都可以从解法（a5次5卷，a4-a5次4卷，…，a1-a2次1卷），通过几个 i+j => (i-1)+(j+1) (5 >= i > j+1, j>=1) 调整得到（觉得这个从图中看很直观，但不好证明）。通过判断i+j => (i-1)+(j+1)对相对折扣值的影响，就可以判断书上的解法是否一定成立。
㈡ 若书上的解法二是正确的，其是否具有通用性
原书的一个错误：
P32：“首先，对于大于5本的情况，我们不应该考虑按一本付钱的情况，因为没有折扣。”
这个结论不成立。因为即使没有折扣，也可能总折扣最大。事实上，对6本，拆分成1+5折扣为 125%（＝5*25%+0）比拆分成4+2的折扣90%（＝4*20%+2*10%）还要高。
能否采用书上的解法二，必须保证下面两个问题都成立：
（以下提到的贪心算法是否成立，均特指在不考虑书的具体种类时，贪心算法是否成立）
（1） 若贪心算法成立，是否可以按书中所述那样分组。
（2） 若贪心算法不成立，是否可以按贪心算法得到的结果上进行调整得到全局最优解。
考虑下面的2种折扣方案（只有买2种书时，折扣不同）：
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|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
| 折扣 |
10% |
15%（12.5%） |
19% |
23% |
25% |
| 总折扣 |
10% |
30%（25%） |
57% |
92% |
125% |
为计算方便，我们先将各个折扣转成相对折扣（＝最大折扣 - 原折扣）。“求折扣和最大”等同于“求相对折扣和最小”。
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|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
| 相对折扣 |
15% |
10%（12.5%） |
6% |
2% |
0 |
| 总相对折扣 |
15% |
20%（25%） |
18% |
8% |
0 |
从表很容易得出，对两种折扣方案，6-9本的最大折扣拆分方法都是：
6=1+5 7=2+5 8=4+4 9=4+5
都是在买8本时，贪心算法不成立。
但是，在买12本时，两种方案的最优拆分方法却不同。
|
|
2+5+5 |
4+4+4 |
| 2种书，折扣取10%时的总相对折扣 |
20% |
24% |
| 2种书，折扣取12.5%时的总相对折扣 |
25% |
24% |
结论1：贪心算法不成立时，简单的调整由贪心算法得到的结果，不能保证能得到全局最优解。
我们再考虑下面的折扣方案：
|
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
| 相对折扣 |
27% |
10% |
7% |
3% |
0 |
| 总相对折扣 |
27% |
20% |
21% |
12% |
0 |
这种折扣方案，对6-9本可以验证贪心算法是成立的。
如果只买 第1卷 4本，其它4卷各1本，即状态（4,1,1,1,1），按书中的拆分方法，得到：
5+1+1+1组合，总相对折扣为81% 而 2+2+2+2 这个组合总相对折扣为80%，比前面的更低。
结论2：在贪心算法成立时，按书中那样简单的分组不能保证得到全局最优解。
㈢ 不考虑书的具体种类数
假设有m种书，共要买n本书，每次买的书的种类越多，每本书的折扣也越大。即m种时，折扣最大，用这个最大值减去每个折扣得到相对折扣。要使总折扣最大，只要总相对折扣最小。用F(n)表示总相对折扣的最小值（显然：F(1)>F(2)>… >F(m-1)>F(m)=0，若定义F(0)=0，则F(m)=F(0)）。显然F(k*m)=0，由于F(m-1)是第二小的， F(k*m-1)=F(m-1) （k为自然数）。
可以采用的贪心算法：每次尽可能的买m本书。该贪心算法能找到最优解的话，则有：F(i)=F(i-m) (i>=m)。下面说明该等式在什么时候成立，即贪心算法在什么时候成立。
性质1：若对任意自然数i∈[ k, m+k-1] （自然数k>=m）， F(i)=F(i-m)均成立，
则对任意 i >= k，F(i)=F(i-m) 恒成立。
证：由已知，当i∈ [ k, m+k-1] 时，命题F(i)=F(i-m)成立。
假设i=n (n>=m+k-1)时命题成立，则对任意i∈ [ k, n]，F(i)=F(i-m)。
当i=n+1时，根据F(n)的定义及一次可买的书的卷数j（1 <= j <= m）可得：
F(n+1)= min{ F(j)+F(n+1-j)} (1 <= j <= m, k<= n+1-m <= n+1-j <= n)
=min{ F(j) + F(n+1-m-j)}
=F(n+1-m)
故i=n+1时命题仍成立。
因而，对任意 i >= k，F(i)=F(i-m)均成立
如果，k=m时上述命题成立，则对任意自然数i>=m，都有F(i)=F(i-m)= … =F(i%m)。
若要判断贪心算法（“每次尽可能买m本”）是否正确，只要判断本数为m到2*m-1时是否都符合贪心算法，而m本和2*m-1本都是一定符合的，实际上只要判断本数为m+1到2*m-2时是否都正确。
若设一次可买卷数为i（1<=i<=m），则剩余n-i，根据F(n-i)是否等于F(n-i-m)，可将关于i的集合，分成两部分j、k，其中 F(n-j)=F(n-m-j)，而F(n-k) !=F(n-m-k)， 则有：
F(n-m)=min{F(i)+F(n-m-i)} <= min{ F(j) + F(n-m-j) }
若整数t满足F(n-m)=F(t)+F(n-m-t)并使等号成立，则t也属于j的集合，满足：F(n-t)=F(n-m-t)。
F(n)= min{ F(j)+F(n-j)，F(k)+F(n-k)}
= min{ F(j) + F(n-m-j), F(k) + F(n-k)}
>= min{ F(n-m), F(k) + F(n-k)}
上式能取等号，必需满足下列条件之一：
① min{F(k)+F(n-k)} <= F(n-m)
② F(n-m)=F(t)+F(n-m-t) 且F(n-t)=F(n-m-t) （1<= t <=m）
若t=m，F(n-m)=F(m)+F(n-2*m)=F(n-2*m)，即当F(n-m)=F(n-2*m)时一定可以取等号。
对书上的折扣方案：
|
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
| 相对折扣 |
25% |
20% |
15% |
5% |
0 |
| 总相对折扣 |
25% |
40% |
45% |
20% |
0 |
F(6)=F(5)+F(1)=F(1)
F(7)=F(5)+F(2)=F(2)
F(8)=F(4)+F(4) < F(3) + F(5)
F(9)=F(4)
F(10)=F(5)
F(11)=min( F(6), F(3)+F(8) )=F(6)
F(12)=min( F(7), F(4)+F(8) )=F(7)
F(13) >= min( F(8), F(5)+F(8) )=F(8) (而F(8)=F(5)+F(8)，故可取等号)
购买本数为9到13时，都满足F(i)=F(i-5) (9<=i<=13)，故i>=9时，均有 F(i)=F(i-5)。由于只有本数为8这一个例外，因而若采用贪心算法，能判断出是否将F(8)按F(3)计算，从而对结果进行调整，保证结果正确。
性质2： 存在整数k>=m，对任意整数 n >k， F(n)=F(n-m)恒成立。
证：
设买n-m本的最优解中，共有ai次每次买了i本书，则ai必定小于m，否则，ai次买i本，可以优化为i次买m本和ai-m次买i本。另外，ai <= i，否则，设j=ai > i，则j次每次买i本书，可以优化为i次每次买j本书。由于ai存在上界，可以假设t为i*ai(1<=i<=m-1)所有可能的乘积和中最大的，即t=max{sum(i*ai)}。
对整数n>t，如果F(n) != F(n-m) 则需要对F(n-m)的最优解：a1, a2, … am-1, am, 进行调整。对购买n本，能进行的调整只能是将am调整为0，将多出的(m+1)*am分散到其它的购买次数，否则的话，买n-m本书时也可以采用类似的调整，会得到更优解。此时 n <= t 这与 n>t矛盾。
因而，对任意整数 n> max{sum(i*ai)} (1<=i<=m-1) 总有：F(n)=F(n-m)
结论3：对任意的买书折扣方案（不考虑所买书的具体种类数），可以通过常数次计算，得到最优解。
当m=5，ai能取的最大值：
a1为1（但取1时，其它的ai都要取0）
a2为2（但如果a3不为0， 2+3 -> 5）
a3为2 ( 3+3+3 -> 4+5)
a4为4
因此 t=0*1+0*2+2*3+4*4=22
即对：对任意整数n>22 都有 F(n)=F(n-5)
又由于F(5*k)=0，F(5*k-1)=F(k-1)一定成立，因而对任何一种5卷的买书折扣方案，最多只要计算6、7、8、11、12、13、16、17、18、21和22这11个买法。
㈣ 考虑要买的书的具体种类：
根据各卷要买的数目，按大小降序排列，记为：(a1, a2, … am) (a1 >= a2 >= … >= am)。
并记书的种类编号为(d1, d2, … dm)。再记折扣方案为(b1, b2, … bm)（bi为一次买i本的折扣，b1 > b2 > … > bm)。
如果最优解购买次数大于a1，则必有一次买的书没有d1，假设这次买了di，共有k次没买d1但却买了di，则对a1次每次都买了d1，买了a1本d1的同时，最多只能买(ai-k)本di，由ai <= a1，可知这a1次购买时必有k次没有购买di，这k次购买时，每次可多买一本di，相对折扣和更低。也就是说，不在a1次购买的本都可分摊到a1次购买中，最终得到的相对折扣更少，这与已经是最优解矛盾，因而购买次数不大于a1。又由于要买a1本d1，每次不能买相同种类的，至少要买a1次，因而最优解购买次数为a1，这意味着每次都要买一本d1。
若买法T：am次买m卷，am-1-am次买m-1卷，… a1-a2次买1卷，不是最优解，则与最优解相比较，必存在某本书由一次买i本书，转移到一次买j本书(m >= i > j >= 1，参考下面的直观图)，转移的结果，组合i+j更改为(i-1)+(j+1)，相对折扣改变了：bi-1 + bj+1 – (bi + bj) ，显然i=j+1时相对折扣没有改变，因而，i>j+1。若对所有的bi-1 + bj+1 – (bi + bj) （m >= i > j+1, j>=1）均大等于0，则说明买法T已经是最优解，因为对买法T的每一次调整都不会使相对折扣和减小。
对(a1, a2, a3, a4, a5)，可以用下面的图形表示，5个长方形，各自的宽度表示要买的数目。纵方向的总高度就是每次要买的书的数目，由前面的证明可知，要购买a1次。如果将i次每次买了j卷，画一个宽为i，高为j的长方形，将以j=5,4,3,2,1顺序画的5个长方形合并。那么对买法T：a5次买5卷，a4-a5次买4卷，… a1-a2次买1卷，将所画的5个长方形合并后再根据高度划分界线，也可得到下面的图形，也就是说买法T对应的是初始状态。取出较高层i的一部分补到较低层k（要求补完后，从上到下每层的宽度仍是递增的，这相当于调整组合i+(k-1)=>(i-1)+k），通过多次这样的操作，可以得到其它的任意一种买法。比如减少第5层的的a5减少1，补到第4或第3或第2层（由于只能买a1次，第一层的长度a1不能改变）。从图中可以看出，如果t=a5 – ( (a1-a2)+ (a1-a3) + (a1-a4) )>0则第5层长度至少为t，也就是说至少要买t次5卷，再加上每次必须买1本d1卷，用动态规划求解时，只须用到4个变量即可。
书上的折扣方案：
|
|
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
| 相对折扣 |
25% |
20% |
15% |
5% |
0 |
| 总相对折扣 |
25% |
40% |
45% |
20% |
0 |
所有的 i+j => (i-1)+(j+1) (5 >= i > j+1, j>=1)
| 调整前组合 |
|
调整后组合 |
相对折扣改变值 |
| 5+3 |
=> |
4+4 |
-5% |
| 5+2 |
4+3 |
25% |
|
| 5+1 |
4+2 |
35% |
|
| 4+2 |
3+3 |
30% |
|
| 4+1 |
3+2 |
40% |
|
| 3+1 |
2+2 |
10% |
如果上述的所有相对折扣改变值都是非负值，那么买法T就是最优解。但是表格中有一个例外，5+3 => 4+4 这个调整使相对折扣值是减小了。任何组合的调整结果都不可能出现5，但可以出现3，由于任何其它调整的相对折扣改变值都大于5%，因而不存在经过其它调整后再经过5+3 => 4+4调整仍能使相对折扣值减小。由于使相对折扣值变小的调整只有一个，经过这样的调整，肯定得到最优解。
结论4：书上的解法二是正确的，但不具有通用性。