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动态规划和回溯算法到底谁是谁爹?

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读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便解决如下题目:

LeetCode 力扣 难度
494. Target Sum 494. 目标和 🟠
- 剑指 Offer II 102. 加减的目标值 🟠

———–

我们前文经常说回溯算法和递归算法有点类似,有的问题如果实在想不出状态转移方程,尝试用回溯算法暴力解决也是一个聪明的策略,总比写不出来解法强。

那么,回溯算法和动态规划到底是啥关系?它俩都涉及递归,算法模板看起来还挺像的,都涉及做「选择」,真的酷似父与子。

那么,它俩具体有啥区别呢?回溯算法和动态规划之间,是否可能互相转化呢?

今天就用力扣第 494 题「 目标和」来详细对比一下回溯算法和动态规划,题目如下:

给你输入一个非负整数数组 nums 和一个目标值 target,现在你可以给每一个元素 nums[i] 添加正号 + 或负号 -,请你计算有几种符号的组合能够使得 nums 中元素的和为 target

函数的签名如下:

int findTargetSumWays(int[] nums, int target);

比如说输入 nums = [1,3,1,4,2], target = 5,算法返回 3,因为有如下 3 种组合能够使得 target 等于 5:

-1+3+1+4-2=5
-1+3+1+4-2=5
+1-3+1+4+2=5

nums 的元素也有可能包含 0,我们可以正常地给 0 分配正负号。

一、回溯思路

其实我第一眼看到这个题目,花了两分钟就写出了一个回溯解法。

任何算法的核心都是穷举,回溯算法就是一个暴力穷举算法,前文 回溯算法解题框架 就写了回溯算法框架:

def backtrack(路径, 选择列表):
    if 满足结束条件:
        result.add(路径)
        return
    
    for 选择 in 选择列表:
        做选择
        backtrack(路径, 选择列表)
        撤销选择

关键就是搞清楚什么是「选择」,而对于这道题,「选择」不是明摆着的吗?对于每个数字 nums[i],我们可以选择给一个正号 + 或者一个负号 -,然后利用回溯模板穷举出来所有可能的结果,数一数到底有几种组合能够凑出 target 不就行了嘛?

伪码思路如下:

def backtrack(nums, i):
    if i == len(nums):
        if 达到 target:
            result += 1
        return
    
    for op in { +1, -1 }:
        选择 op * nums[i]
        # 穷举 nums[i + 1] 的选择
        backtrack(nums, i + 1)
        撤销选择

如果看过我们之前的几篇回溯算法文章,这个代码可以说是比较简单的了:

int result = 0;

/* 主函数 */
int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return 0;
    backtrack(nums, 0, target);
    return result;
}

/* 回溯算法模板 */
void backtrack(int[] nums, int i, int remain) {
    // base case
    if (i == nums.length) {
        if (remain == 0) {
            // 说明恰好凑出 target
            result++;
        }
        return;
    }
    // 给 nums[i] 选择 - 号
    remain += nums[i];
    // 穷举 nums[i + 1]
    backtrack(nums, i + 1, remain);
    // 撤销选择
    remain -= nums[i]; 
    
    // 给 nums[i] 选择 + 号
    remain -= nums[i];
    // 穷举 nums[i + 1]
    backtrack(nums, i + 1, remain);
    // 撤销选择
    remain += nums[i];
}

有的读者可能问,选择 - 的时候,为什么是 remain += nums[i],选择 + 的时候,为什么是 remain -= nums[i] 呢,是不是写反了?

不是的,「如何凑出 target」和「如何把 target 减到 0」其实是一样的。我们这里选择后者,因为前者必须给 backtrack 函数多加一个参数,我觉得不美观:

void backtrack(int[] nums, int i, int sum, int target) {
    // base case
    if (i == nums.length) {
        if (sum == target) {
            result++;
        }
        return;
    }
    // ...
}

因此,如果我们给 nums[i] 选择 + 号,就要让 remain - nums[i],反之亦然。

以上回溯算法可以解决这个问题,时间复杂度为 O(2^N)Nnums 的大小。这个复杂度怎么算的?回忆前文 学习数据结构和算法的框架思维,发现这个回溯算法就是个二叉树的遍历问题:

void backtrack(int[] nums, int i, int remain) {
    if (i == nums.length) {
        return;
    }
    backtrack(nums, i + 1, remain - nums[i]);
    backtrack(nums, i + 1, remain + nums[i]);
}

树的高度就是 nums 的长度嘛,所以说时间复杂度就是这棵二叉树的节点数,为 O(2^N),其实是非常低效的。

那么,这个问题如何用动态规划思想进行优化呢?

二、消除重叠子问题

动态规划之所以比暴力算法快,是因为动态规划技巧消除了重叠子问题。

如何发现重叠子问题?看是否可能出现重复的「状态」。对于递归函数来说,函数参数中会变的参数就是「状态」,对于 backtrack 函数来说,会变的参数为 iremain

前文 动态规划之编辑距离 说了一种一眼看出重叠子问题的方法,先抽象出递归框架:

void backtrack(int i, int remain) {
    backtrack(i + 1, remain - nums[i]);
    backtrack(i + 1, remain + nums[i]);
}

举个简单的例子,如果 nums[i] = 0,会发生什么?

void backtrack(int i, int remain) {
    backtrack(i + 1, remain);
    backtrack(i + 1, remain);
}

你看,这样就出现了两个「状态」完全相同的递归函数,无疑这样的递归计算就是重复的。这就是重叠子问题,而且只要我们能够找到一个重叠子问题,那一定还存在很多的重叠子问题

因此,状态 (i, remain) 是可以用备忘录技巧进行优化的:

int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return 0;
    return dp(nums, 0, target);
}

// 备忘录
HashMap<String, Integer> memo = new HashMap<>();
int dp(int[] nums, int i, int remain) {
    // base case
    if (i == nums.length) {
        if (remain == 0) return 1;
        return 0;
    }
    // 把它俩转成字符串才能作为哈希表的键
    String key = i + "," + remain;
    // 避免重复计算
    if (memo.containsKey(key)) {
        return memo.get(key);
    }
    // 还是穷举
    int result = dp(nums, i + 1, remain - nums[i]) + dp(nums, i + 1, remain + nums[i]);
    // 记入备忘录
    memo.put(key, result);
    return result;
}

以前我们都是用 Python 的元组配合哈希表 dict 来做备忘录的,其他语言没有元组,可以用把「状态」转化为字符串作为哈希表的键,这是一个常用的小技巧。

这个解法通过备忘录消除了很多重叠子问题,效率有一定的提升,但是这就结束了吗?

三、动态规划

其实,这个问题可以转化为一个子集划分问题,而子集划分问题又是一个典型的背包问题。动态规划总是这么玄学,让人摸不着头脑……

首先,如果我们把 nums 划分成两个子集 AB,分别代表分配 + 的数和分配 - 的数,那么他们和 target 存在如下关系:

sum(A) - sum(B) = target
sum(A) = target + sum(B)
sum(A) + sum(A) = target + sum(B) + sum(A)
2 * sum(A) = target + sum(nums)

综上,可以推出 sum(A) = (target + sum(nums)) / 2,也就是把原问题转化成:nums 中存在几个子集 A,使得 A 中元素的和为 (target + sum(nums)) / 2

类似的子集划分问题我们前文 经典背包问题:子集划分 讲过,现在实现这么一个函数:

/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(int[] nums, int sum) {}

然后,可以这样调用这个函数:

int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
    int sum = 0;
    for (int n : nums) sum += n;
    // 这两种情况,不可能存在合法的子集划分
    if (sum < Math.abs(target) || (sum + target) % 2 == 1) {
        return 0;
    }
    return subsets(nums, (sum + target) / 2);
}

好的,变成背包问题的标准形式:

有一个背包,容量为 sum,现在给你 N 个物品,第 i 个物品的重量为 nums[i - 1](注意 1 <= i <= N),每个物品只有一个,请问你有几种不同的方法能够恰好装满这个背包

现在,这就是一个正宗的动态规划问题了,下面按照我们一直强调的动态规划套路走流程:

第一步要明确两点,「状态」和「选择」

对于背包问题,这个都是一样的,状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」,选择就是「装进背包」或者「不装进背包」。

第二步要明确 dp 数组的定义

按照背包问题的套路,可以给出如下定义:

dp[i][j] = x 表示,若只在前 i 个物品中选择,若当前背包的容量为 j,则最多有 x 种方法可以恰好装满背包。

翻译成我们探讨的子集问题就是,若只在 nums 的前 i 个元素中选择,若目标和为 j,则最多有 x 种方法划分子集。

根据这个定义,显然 dp[0][..] = 0,因为没有物品的话,根本没办法装背包;但是 dp[0][0] 应该是个例外,因为如果背包的最大载重为 0,「什么都不装」也算是一种装法,即 dp[0][0] = 1

我们所求的答案就是 dp[N][sum],即使用所有 N 个物品,有几种方法可以装满容量为 sum 的背包。

第三步,根据「选择」,思考状态转移的逻辑

回想刚才的 dp 数组含义,可以根据「选择」对 dp[i][j] 得到以下状态转移:

如果不把 nums[i] 算入子集,或者说你不把这第 i 个物品装入背包,那么恰好装满背包的方法数就取决于上一个状态 dp[i-1][j],继承之前的结果。

如果把 nums[i] 算入子集,或者说你把这第 i 个物品装入了背包,那么只要看前 i - 1 个物品有几种方法可以装满 j - nums[i-1] 的重量就行了,所以取决于状态 dp[i-1][j-nums[i-1]]

PS:注意我们说的 i 是从 1 开始算的,而数组 nums 的索引时从 0 开始算的,所以 nums[i-1] 代表的是第 i 个物品的重量,j - nums[i-1] 就是背包装入物品 i 之后还剩下的容量。

由于 dp[i][j] 为装满背包的总方法数,所以应该以上两种选择的结果求和,得到状态转移方程

dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-nums[i-1]];

然后,根据状态转移方程写出动态规划算法:

/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(int[] nums, int sum) {
    int n = nums.length;
    int[][] dp = new int[n + 1][sum + 1];
    // base case
    dp[0][0] = 1;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= sum; j++) {
            if (j >= nums[i-1]) {
                // 两种选择的结果之和
                dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-nums[i-1]];
            } else {
                // 背包的空间不足,只能选择不装物品 i
                dp[i][j] = dp[i-1][j];
            }
        }
    }
    return dp[n][sum];
}

然后,发现这个 dp[i][j] 只和前一行 dp[i-1][..] 有关,那么肯定可以优化成一维 dp

/* 计算 nums 中有几个子集的和为 sum */
int subsets(int[] nums, int sum) {
    int n = nums.length;
    int[] dp = new int[sum + 1];
    // base case
    dp[0] = 1;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // j 要从后往前遍历
        for (int j = sum; j >= 0; j--) {
            // 状态转移方程
            if (j >= nums[i-1]) {
                dp[j] = dp[j] + dp[j-nums[i-1]];
            } else {
                dp[j] = dp[j];
            }
        }
    }
    return dp[sum];
}

对照二维 dp,只要把 dp 数组的第一个维度全都去掉就行了,唯一的区别就是这里的 j 要从后往前遍历,原因如下

因为二维压缩到一维的根本原理是,dp[j]dp[j-nums[i-1]] 还没被新结果覆盖的时候,相当于二维 dp 中的 dp[i-1][j]dp[i-1][j-nums[i-1]]

那么,我们就要做到:在计算新的 dp[j] 的时候,dp[j]dp[j-nums[i-1]] 还是上一轮外层 for 循环的结果

如果你从前往后遍历一维 dp 数组,dp[j] 显然是没问题的,但是 dp[j-nums[i-1]] 已经不是上一轮外层 for 循环的结果了,这里就会使用错误的状态,当然得不到正确的答案。

现在,这道题算是彻底解决了。

总结一下,回溯算法虽好,但是复杂度高,即便消除一些冗余计算,也只是「剪枝」,没有本质的改进。而动态规划就比较玄学了,经过各种改造,从一个加减法问题变成子集问题,又变成背包问题,经过各种套路写出解法,又搞出空间压缩,还得反向遍历。

现在我都搞不清楚自己是来干嘛的了。嗯,这也许就是动态规划的魅力吧。

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