【基礎算法】切割鋼管與動態規划

　　盡管排序算法還有很多沒有說，但因為這篇文章是已經現成有的，就先上這個，回頭再把排序補一下。

　　好的開始~BigMoyan有一個好基友叫zou先生，zou先生除了是BigMoyan在學校的社團老大外，還是一家專門為夜總會提供鋼管的公司的區域經理。最近，zou經理發現這樣一個事情，夜總會需要各種長度的鋼管用作各種用途，然而每種長度的鋼管的價格卻不一樣，總而言之如下表。

 

　　從前，zou經理總是傻乎乎的把總公司發來的10m長鋼管以25塊的價格賣出去，但是某天他跟學校的打菜阿姨聊起人生和事業的時候，打菜阿姨卻來了一句：

　　 “明明每根鋼管能賣27塊錢，你只賣25，學過C++嗎？”

　　這深深傷害了zou經理的心靈，於是他向室友Jie求救。

　　 以下是BigMoyan轉述Jie的分析：

　　首先我們正式的表達一下這個問題，有一段長度為i的鋼管，整段出售的價格為Pi，求適當的切割鋼條方案使得獲利最大。為了便於zou理解問題，jie先用一個例子做了一下簡單說明。

　　比如你現在有一段長為4m的鋼管，如果整段賣的話，賣9塊。然而你也可以切成兩段2m的鋼管分別賣，這樣一共可以賣5*2=10塊，所以並不是整段賣就一定獲益最大的。假設對於長為i的鋼管，獲益最大的售價為Ri，我們試着窮舉一下。

　　長為1的鋼管，i=1，只能整段出售，R1=1

　　長為2的鋼管，i=2，很容易發現整段出售獲益最高，R2=2

　　…

　　長為4的鋼管，i=4，上面分析了應該切成兩段，R4=10=5+5

　　長為5的鋼管，整段出售是10塊，分成1+4，因為R4=10，所以可以賣11塊，分成2+3，則可賣13塊，因此R5=2+3=13

　　…

　　由於jie看了BigMoyan關於快速排序的介紹，受到分治策略的影響，於是jie剛開始自然而然的認為這是一個可以遞歸解決的問題，對於長為i的鋼管，其最大獲益為：

 Ri= max{Pn, R1+Rn-1,R2+Rn-2,…Ri-1+R1}

　　這個意思是說，為了求Ri，我們可以把鋼管分為和為i的兩段，而這兩段各自又是一個求大獲益的問題，正如BigMoyan曾經說過的那樣，想要理解遞歸，首先，你要理解遞歸。然后在各種分法中找出最大的那個，自然就是結果。注意上式中第一個參數Pn為整段出售的價格。

　　Jie把思路告訴了BigMoyan，BigMoyan很快為zou寫了這樣一段程序（沒錯我就是這樣一個仗義的人），用C++寫大概是下面這個樣子（BigMoyan用的最多的依然是Python，可惜Python沒有做尾遞歸優化，只能暫時用一把C++了）：

 

#include<iostream>
using namespace std;

int Max(int i, int j){
    return i>j?i:j;
} 

int cut_rod(int p[],int n){
    if(n==0)
        return 0;
    int f=0;
    int q=-1;
    for(int i=1;i!=n;i++){
        f=Max(p[n-1],cut_rod(p,i)+cut_rod(p,n-i));
        q=Max(q,f);
    }
    return q;
}

int main(){
    int p[10]={1, 5, 8, 9, 10, 17, 17, 20, 24, 25};
    int f=cut_rod(p,10);
    cout<<f;
    return 1;
     
} 

 

　　老規矩，碰到代碼不要慌，拿個實例稍微分析一下，例如求長為5的鋼管的最大收益。調用函數cut_rod(p,5)

　　進去以后， if測試失敗，進入for循環

 i=1:

　　f=Max(p[4],cut_rod(p,1)+cut_rod(p,4));

　　找出了p[4]和cut_rod(p,1)+cut_rod(p,4)的大者，前者為5m鋼管整段出售的價格（下標從0開始所以是5-1=4），后者將5m分為1m和4m，將兩段的最大收益加起來作為進行1+4分割的最大收益。

　　q=Max(q,f);

　　第一趟的時候q=-1，所以此時q=f保存1+4分割時的最大收益。

 i=2:

　　f=Max(p[4],cut_rod(p,1)+cut_rod(p,4));

　　如上，此次找的是整段出售和2+3分割的最大收益之間的大者。

　　q=Max(q,f);

　　q在上次保存了f，這次將新f和上一次的值(q)比較，拿出最大的作為最大收益

　　后面以此類推

　　然而在測試代碼的時候BigMoyan發現，這代碼執行效率太他喵的低了！n比較大的時候，基本上n增加1，代碼運行時間就要加兩倍，我要敢測試一個500m長的鋼管的最大收益（假設數據都有），估計zou經理都要畢業了。

　　稍加分析發現，執行效率低的原因在於子問題一直在重復計算！計算10m鋼管收益的時候要把1~9m的收益全算一次，而為了計算9m鋼管的收益，我又要把1~8m的都算一次。

　　心！好！累！

　　此時聰明的jie也已經察覺到了問題所在，這個問題看起來是遞歸，其實卻與遞歸略有不同。遞歸的子問題互相不相交，而這個東西的子問題是相交的，相同的子問題被一遍一遍的計算，才導致了效率的低下。

　　Jie略一思忖，計上心來，既然子問題被一遍遍的計算，我們何不以空間換時間，把已經被計算好的子問題的結果保存起來，當需要的時候首先查詢，如果這個問題已經算好了，直接拿來用就是，若沒算好再進行計算。

　　BigMoyan拍案叫絕，再次改寫了代碼，於是就有了下面這段C++ code：

        

nt cut_rod(int p[],int n){
    int *r=new int[n]; 
    for(int i=0;i!=n;i++)
        r[i]=-1;
    return cut_rod_memo(p,n,r);
}

　　調用函數名保持一致方便理解，首先建立一個備忘錄r，r用來保存已經被計算好的子問題的答案。將它初始化為-1。我們還是以計算5m鋼管為例，那么r被初始化為[-1,-1,-1,-1,-1].

　　接着調用cut_rod_memo來計算最大收益，那么cut_rod_memo是什么呢？

        

nt cut_rod_memo(int p[], int n, int r[]){
    if(r[n-1]>=0)
        return r[n-1];
    if(n==0)
        int q=0;
    else{
        int f=0;
        int q=-1;
        for(int i=1;i!=n;i++){
            f=Max(p[n-1],cut_rod_memo(p,i,r)+cut_rod_memo(p,n-i,r));
            q=Max(q,f);
        }
    r[n-1]=q;
    return q;
    }
}

　　好的，不要頭大，BigMoyan慢慢分析。

　　進入cut_rod_memo后，首先查詢5m的結果是不是已經算好了，答案是當然沒有，r[4]=-1。於是進入else語句，這里的語句跟之前遞歸的版本一模一樣，區別只在於遞歸調用的是cut_rod_memo，因為該函數里第一個語句就是判斷子問題答案有沒有做好，所以避免了多次計算相同的子問題，下面展示這一過程。

i=1:

　　由之前的無腦遞歸的版本可知，for循環解決了i=1時的最大收益，在for循環完成后，將其保存在r[0]中，此時r[0]=1

i=2:

　　在遞歸調用cut_rod_memo(p,1,r)時，因為已經算好r[0]=1，故cut_rod_memo的第一個if判斷成功，返回r[0]，此時的返回值由已經計算過的結果直接拿出，沒有重新計算。

　　其他情況同理。

 

　　BigMoyan與jie兩人相對而笑，笑容中充滿着對對方的贊賞。他們一起來到zou經理折戟的銀樺食堂，與打菜阿姨如此這般一講，本指望收到阿姨贊美的眼光，沒想到阿姨把勺子里的菜抖掉一些，淡然說道：

　　 “唔？這不就是動態規划嗎，什么新鮮東西，值得來浪，刷卡！”

        

　　 Ps.動態規划問題當然不止這一類，但其基本思想是一致的，就是不要重復解決已經解決過的問題，感興趣的同學可以百度一下動態規划

　　PPS：下面是全部C++代碼

#include<iostream>
using namespace std;

int Max(int i, int j){
    return i>j?i:j;
} 

int cut_rod_memo(int p[], int n, int r[]){
    if(r[n-1]>=0)
        return r[n-1];
    if(n==0)
        int q=0;
    else{
        int f=0;
        int q=-1;
        for(int i=1;i!=n;i++){
            f=Max(p[n-1],cut_rod_memo(p,i,r)+cut_rod_memo(p,n-i,r));
            q=Max(q,f);
        }
    r[n-1]=q;
    return q;
    }
}

int cut_rod(int p[],int n){
    int *r=new int[n]; 
    for(int i=0;i!=n;i++)
        r[i]=-1;
    return cut_rod_memo(p,n,r);
}

int main(){
    int p[10]={1, 5, 8, 9, 10, 17, 17, 20, 24, 25};
    int f=cut_rod(p,10);
    cout<<f;
    return 1;
}