看动画轻松理解「递归」与「动态规划」

朴灿烈づ我的快乐病毒、 2023-06-13 09:13 15阅读 0赞

## 在学习「数据结构和算法」的过程中，因为人习惯了平铺直叙的思维方式，所以「递归」与「动态规划」这种带循环概念（绕来绕去）的往往是相对比较难以理解的两个抽象知识点。 ##

程序员小吴打算使用动画的形式来帮助理解「递归」，然后通过「递归」的概念延伸至理解「动态规划」算法思想。

## 什么是递归 ##

先下定义：**递归算法是一种直接或者间接调用自身函数或者方法的算法。**

通俗来说，递归算法的实质是把问题分解成规模缩小的同类问题的子问题，然后递归调用方法来表示问题的解。它有如下特点：

1.  一个问题的解可以分解为几个子问题的解

1.  这个问题与分解之后的子问题，除了数据规模不同，求解思路完全一样

1.  存在递归终止条件，即必须有一个明确的递归结束条件，称之为递归出口

![v2-0f87a1daa02217ec440c8933ee7cae26\_b.gif][v2-0f87a1daa02217ec440c8933ee7cae26_b.gif]

通过动画一个一个特点来进行分析。

## 1.一个问题的解可以分解为几个子问题的解 ##

子问题就是相对与其前面的问题数据规模更小的问题。

在动图中①号问题（一块大区域）划分为②号问题，②号问题由两个子问题（两块中区域）组成。

## 2. 这个问题与分解之后的子问题，除了数据规模不同，求解思路完全一样 ##

「①号划分为②号」与「②号划分为③号」的逻辑是一致的，求解思路是一样的。

## 3. 存在递归终止条件，即存在递归出口 ##

把问题分解为子问题，把子问题再分解为子子问题，一层一层分解下去，不能存在无限循环，这就需要有终止条件。

①号划分为②号，②号划分为③号，③号划分为④号，划分到④号的时候每个区域只有一个不能划分的问题，这就表明存在递归终止条件。

## 从递归的经典示例开始 ##

## 一.数组求和 ##

![v2-a344655759e884f6a34c2d00f076c016\_b.gif][v2-a344655759e884f6a34c2d00f076c016_b.gif]

Sum(arr[0...n-1]) = arr[0] + Sum(arr[1...n-1])

后面的 Sum 函数要解决的就是比前一个 Sum 更小的同一问题。

Sum(arr[1...n-1]) = arr[1] + Sum(arr[2...n-1])

以此类推，直到对一个空数组求和，空数组和为 0 ，此时变成了最基本的问题。

Sum(arr[n-1...n-1] ) = arr[n-1] + Sum([])

## 二.汉诺塔问题 ##

汉诺塔（Hanoi Tower）问题也是一个经典的递归问题，该问题描述如下：

> 汉诺塔问题：古代有一个梵塔，塔内有三个座A、B、C，A座上有64个盘子，盘子大小不等，大的在下，小的在上。有一个和尚想把这个盘子从A座移到B座，但每次只能允许移动一个盘子，并且在移动过程中，3个座上的盘子始终保持大盘在下，小盘在上。  
>

![v2-d9d7966ec40632bb21c81d5363fe5995\_b.gif][v2-d9d7966ec40632bb21c81d5363fe5995_b.gif]

![v2-f291c4156d0ee6b614b5b101c40aa609\_b.gif][v2-f291c4156d0ee6b614b5b101c40aa609_b.gif]

*  ① 如果只有 1 个盘子，则不需要利用 B 塔，直接将盘子从 A 移动到 C 。  
    
 *  ② 如果有 2 个盘子，可以先将盘子 2 上的盘子 1 移动到 B ；将盘子 2 移动到 C ；将盘子 1 移动到 C 。这说明了：可以借助 B 将 2 个盘子从 A 移动到 C ，当然，也可以借助 C 将 2 个盘子从 A 移动到 B 。  
    
 *  ③ 如果有 3 个盘子，那么根据 2 个盘子的结论，可以借助 C 将盘子 3 上的两个盘子从 A 移动到 B ；将盘子 3 从 A 移动到 C ，A 变成空座；借助 A 座，将 B 上的两个盘子移动到 C 。 　　  
    
 *  ④ 以此类推，上述的思路可以一直扩展到 n 个盘子的情况，将将较小的 n-1个盘子看做一个整体，也就是我们要求的子问题，以借助 B 塔为例，可以借助空塔 B 将盘子A上面的 n-1 个盘子从 A 移动到 B ；将A 最大的盘子移动到 C ， A 变成空塔；借助空塔 A ，将 B 塔上的 n-2 个盘子移动到 A，将 C 最大的盘子移动到 C， B 变成空塔。。。

## 三.爬台阶问题 ##

问题描述：

> 一个人爬楼梯，每次只能爬1个或2个台阶，假设有n个台阶，那么这个人有多少种不同的爬楼梯方法？  
>

先从简单的开始，以 4 个台阶为例，可以通过每次爬 1 个台阶爬完楼梯：

![v2-4dc21036c9830afad7340a34bc744aa2\_b.gif][v2-4dc21036c9830afad7340a34bc744aa2_b.gif]

可以通过先爬 2 个台阶，剩下的每次爬 1 个台阶爬完楼梯

![v2-78772af73e22895c9854d1fc0b81da6e\_b.gif][v2-78772af73e22895c9854d1fc0b81da6e_b.gif]

在这里，可以思考一下：可以根据第一步的走法把所有走法分为两类：

*  ① 第一类是第一步走了 1 个台阶
 *  ② 第二类是第一步走了 2 个台阶

所以 n 个台阶的走法就等于先走 1 阶后，n-1 个台阶的走法 ，然后加上先走 2 阶后，n-2 个台阶的走法。

用公式表示就是：

> `f(n) = f(n-1)+f(n-2)`  
>

有了递推公式，递归代码基本上就完成了一半。那么接下来考虑递归终止条件。

当有一个台阶时，我们不需要再继续递归，就只有一种走法。

所以 `f(1)=1`。

通过用 `n = 2`，`n = 3` 这样比较小的数试验一下后发现这个递归终止条件还不足够。

`n = 2` 时，`f(2) = f(1) + f(0)`。如果递归终止条件只有一个`f(1) = 1`，那 `f(2)` 就无法求解，递归无法结束。  
所以除了 `f(1) = 1` 这一个递归终止条件外，还要有 `f(0) = 1`，表示走 0 个台阶有一种走法，从思维上以及动图上来看，这显得的有点不符合逻辑。所以为了便于理解，把 `f(2) = 2` 作为一种终止条件，表示走 2 个台阶，有两种走法，一步走完或者分两步来走。

总结如下：

*  ① 假设只有一个台阶，那么只有一种走法，那就是爬 1 个台阶
 *  ② 假设有两个个台阶，那么有两种走法，一步走完或者分两步来走

![v2-b25826c0c178da5a00265f2fcd7105b4\_b.gif][v2-b25826c0c178da5a00265f2fcd7105b4_b.gif]

通过递归条件：

f(1) = 1;
    f(2) = 2;
    f(n) = f(n-1)+f(n-2)

很容易推导出递归代码：

int f(int n) {
      if (n == 1) return 1;
      if (n == 2) return 2;
      return f(n-1) + f(n-2);
    }

通过上述三个示例，总结一下如何写递归代码：

*  1.找到如何将大问题分解为小问题的规律
 *  2.通过规律写出递推公式
 *  3.通过递归公式的临界点推敲出终止条件
 *  4.将递推公式和终止条件翻译成代码

## 什么是动态规划 ##

介绍动态规划之前先介绍一下分治策略（Divide and Conquer）。

## 分治策略 ##

将原问题分解为若干个规模较小但类似于原问题的子问题（**Divide**），「递归」的求解这些子问题（**Conquer**），然后再合并这些子问题的解来建立原问题的解。

因为在求解大问题时，需要递归的求小问题，因此一般用「递归」的方法实现，即自顶向下。

## 动态规划（Dynamic Programming） ##

动态规划其实和分治策略是类似的，也是将一个原问题分解为若干个规模较小的子问题，递归的求解这些子问题，然后合并子问题的解得到原问题的解。  
区别在于这些子问题会有重叠，一个子问题在求解后，可能会再次求解，于是我们想到将这些子问题的**解存储起来**，当下次再次求解这个子问题时，直接拿过来就是。  
其实就是说，动态规划所解决的问题是分治策略所解决问题的一个子集，只是这个子集更适合用动态规划来解决从而得到更小的运行时间。  
**即用动态规划能解决的问题分治策略肯定能解决，只是运行时间长了**。因此，分治策略一般用来解决子问题相互对立的问题，称为标准分治，而动态规划用来解决子问题重叠的问题。

与「分治策略」「动态规划」概念接近的还有「贪心算法」「回溯算法」，由于篇幅限制，程序员小吴就不在这进行展开，在后续的文章中将分别详细的介绍「贪心算法」、「回溯算法」、「分治算法」，敬请关注：）

将「动态规划」的概念关键点抽离出来描述就是这样的：

*  1.动态规划法试图只解决每个子问题一次
 *  2.一旦某个给定子问题的解已经算出，则将其记忆化存储，以便下次需要同一个子问题解之时直接查表。

## 从递归到动态规划 ##

还是以 **爬台阶** 为例，如果以递归的方式解决的话，那么这种方法的时间复杂度为O(2^n)，具体的计算可以查看笔者之前的文章 《冰与火之歌：时间复杂度与空间复杂度》。

> 相同颜色代表着 爬台阶问题 在递归计算过程中重复计算的部分。  
>

![v2-bfda28001d1b480af09d65ce1e00cdd3\_b.jpg][v2-bfda28001d1b480af09d65ce1e00cdd3_b.jpg]

通过图片可以发现一个现象，我们是 自顶向下 的进行递归运算，比如：`f(n)` 是`f(n-1)`与`f(n-2)`相加，`f(n-1)` 是`f(n-2)`与`f(n-3)`相加。

思考一下：如果反过来，采取自底向上，用迭代的方式进行推导会怎么样了？

下面通过表格来解释 `f(n)`自底向上的求解过程。

| 台阶数 | 1 | 2 |3 |4 |5 |6 |7 |8|9 | |:------------- |:---------------:| -------------:| -------------:| -------------:| -------------:| -------------:| -------------:| -------------:| -------------:| | 走法数 | 1 | 2 | | | | | | | |

表格的第一行代表了楼梯台阶的数目，第二行代表了若干台阶对应的走法数。 其中`f(1) = 1` 和 `f(2) = 2`是前面明确的结果。

第一次迭代，如果台阶数为 3 ，那么走法数为 3 ，通过 `f(3) = f(2) + f(1)`得来。

第二次迭代，如果台阶数为 4 ，那么走法数为 5 ，通过 `f(4) = f(3) + f(2)`得来。

![v2-6afa22556184642806ed38102bcd82b0\_b.gif][v2-6afa22556184642806ed38102bcd82b0_b.gif]

由此可见，每一次迭代过程中，只需要保留之前的两个状态，就可以推到出新的状态。

> show me the code  
>

int f(int n) {
        if (n == 1) return 1;
        if (n == 2) return 2;
        // a 保存倒数第二个子状态数据，b 保存倒数第一个子状态数据， temp 保存当前状态的数据
        int a = 1, b = 2;
        int temp = a + b;
        for (int i = 3; i <= n; i++) {
            temp = a + b;
            a = b;
            b = temp; 
        }
        return temp; 
    }

程序从 `i = 3` 开始迭代，一直到 `i = n` 结束。每一次迭代，都会计算出多一级台阶的走法数量。迭代过程中只需保留两个临时变量 a 和 b ，分别代表了上一次和上上次迭代的结果。为了便于理解，引入了temp变量。temp代表了当前迭代的结果值。

看一看出，事实上并没有增加太多的代码，只是简单的进行了优化，时间复杂度便就降为O(n)，而空间复杂度也变为O(1)，这，就是「动态规划」的强大！

## 详解动态规划 ##

「动态规划」中包含三个重要的概念：

*  【最优子结构】
 *  【边界】
 *  【状态转移公式】

在「 爬台阶问题 」中

> `f(10) = f(9) + f(8)` 是【最优子结构】  
> `f(1) 与 f(2)` 是【边界】  
> `f(n) = f(n-1) + f(n-2)` 【状态转移公式】  
>

「 爬台阶问题 」 只是动态规划中相对简单的问题，因为它只有一个变化维度，如果涉及多个维度的话，那么问题就变得复杂多了。

**难点就在于找出 「动态规划」中的这三个概念。**

比如「 国王和金矿问题 」。

## 国王和金矿问题 ##

> 有一个国家发现了 5 座金矿，每座金矿的黄金储量不同，需要参与挖掘的工人数也不同。参与挖矿工人的总数是 10 人。每座金矿要么全挖，要么不挖，不能派出一半人挖取一半金矿。要求用程序求解出，要想得到尽可能多的黄金，应该选择挖取哪几座金矿？

![v2-b2a729541f2a8ed5ba26a8eb2f6b5ea0\_b.jpg][v2-b2a729541f2a8ed5ba26a8eb2f6b5ea0_b.jpg]

**找出 「动态规划」中的这三个概念**

## 国王和金矿问题中的【最优子结构】 ##

![v2-7864606dad0f5494d5ec4f59b06a5df6\_b.jpg][v2-7864606dad0f5494d5ec4f59b06a5df6_b.jpg]

国王和金矿问题中的【最优子结构】有两个：

*  ① 4 金矿 10 工人的最优选择
 *  ② 4 金矿 （10 - 5） 工人的最优选择

4 金矿的最优选择与 5 金矿的最优选择之间的关系是

`MAX[（4 金矿 10 工人的挖金数量），（4 金矿 5 工人的挖金数量 + 第 5 座金矿的挖金数量）]`

## 国王和金矿问题中的【边界】 ##

国王和金矿问题中的【边界】 有两个：

*  ① 当只有 1 座金矿时，只能挖这座唯一的金矿，得到的黄金数量为该金矿的数量
 *  ② 当给定的工人数量不够挖 1 座金矿时，获取的黄金数量为 0

## 国王和金矿问题中的【状态转移公式】 ##

我们把金矿数量设为 N，工人数设为 W，金矿的黄金量设为数组G\[\]，金矿的用工量设为数组P\[\]，得到【状态转移公式】：

*  边界值：F(n,w) = 0 (n <= 1, w < p\[0\])  
    
 *  `F(n,w) = g[0] (n==1, w >= p[0])`  
    
 *  F(n,w) = F(n-1,w) (n > 1, w < p\[n-1\])  
    
 *  `F(n,w) = max(F(n-1,w), F(n-1,w-p[n-1]) + g[n-1]) (n > 1, w >= p[n-1])`

## 国王和金矿问题中的【实现】 ##

先通过几幅动画来理解 「工人」 与 「金矿」 搭配的方式

## 1.只挖第一座金矿 ##

![v2-001f389ad1cb1c193faf5e4d42148f8c\_b.gif][v2-001f389ad1cb1c193faf5e4d42148f8c_b.gif]

在只挖第一座金矿前面两个工人挖矿收益为 零，当有三个工人时，才开始产生收益为 200，而后即使增加再多的工人收益不变，因为只有一座金矿可挖。

## 2.挖第一座与第二座金矿 ##

![v2-3c83960e2af9ee73b24a035664ee26a6\_b.gif][v2-3c83960e2af9ee73b24a035664ee26a6_b.gif]

在第一座与第二座金矿这种情况中，前面两个工人挖矿收益为 零，因为 W < 3,所以F(N,W) = F(N-1,W) = 0。

当有 三 个工人时，将其安排挖第 一 个金矿，开始产生收益为 200。

当有 四 个工人时，挖矿位置变化，将其安排挖第 二 个金矿，开始产生收益为 300。

当有 五、六 个工人时，由于多于 四 个工人的人数不足以去开挖第 一 座矿，因此收益还是为 300。

当有 七 个工人时，可以同时开采第 一 个和第 二 个金矿，开始产生收益为 500。

## 3.挖前三座金矿 ##

**这是「国王和金矿」 问题中最重要的一个动画之一，可以多看几遍**

![v2-87339490e955e2e1ecc01691151b94f4\_b.gif][v2-87339490e955e2e1ecc01691151b94f4_b.gif]

## 4.挖前四座金矿 ##

**这是「国王和金矿」 问题中最重要的一个动画之一，可以多看几遍**

![v2-7d8c8457b4aefee3a0101a2e50959f34\_b.gif][v2-7d8c8457b4aefee3a0101a2e50959f34_b.gif]

## 国王和金矿问题中的【规律】 ##

仔细观察上面的几组动画可以发现：

*  对比「挖第一座与第二座金矿」和「挖前三座金矿」，在「挖前三座金矿」中，3 金矿 7 工人的挖矿收益，来自于 2 金矿 7 工人和 2 金矿 4 工人的结果，Max(500,300 + 350) = 650；  
    
 *  对比「挖前三座金矿」和「挖前四座金矿」，在「挖前四座金矿」中，4 金矿 10 工人的挖矿收益，来自于 3 金矿 10 工人和 3 金矿 5 工人的结果，Max(850,400 + 300) = 850；

## 国王和金矿问题中的【动态规划代码】 ##

代码来源：https://www.cnblogs.com/SDJL/archive/2008/08/22/1274312.html
    
    //maxGold[i][j] 保存了i个人挖前j个金矿能够得到的最大金子数，等于 -1 时表示未知
    int maxGold[max_people][max_n];
    
    int GetMaxGold(int people, int mineNum){
        int retMaxGold;                            //声明返回的最大金矿数量
        //如果这个问题曾经计算过
        if(maxGold[people][mineNum] != -1){
            retMaxGold = maxGold[people][mineNum]; //获得保存起来的值
        }else if(mineNum == 0) {                   //如果仅有一个金矿时 [ 对应动态规划中的"边界"]
            if(people >= peopleNeed[mineNum])      //当给出的人数足够开采这座金矿
                retMaxGold = gold[mineNum];        //得到的最大值就是这座金矿的金子数
            else                                   //否则这唯一的一座金矿也不能开采
                retMaxGold = 0;                    //得到的最大值为 0 个金子
        }else if(people >= peopleNeed[mineNum])    // 如果人够开采这座金矿[对应动态规划中的"最优子结构"]
        {
            //考虑开采与不开采两种情况，取最大值
            retMaxGold = max(
                             GetMaxGold(people - peopleNeed[mineNum],mineNum - 1) + gold[mineNum],
                             GetMaxGold(people,mineNum - 1)
                             );
        }else//否则给出的人不够开采这座金矿 [ 对应动态规划中的"最优子结构"]
        {
            retMaxGold = GetMaxGold(people,mineNum - 1);     //仅考虑不开采的情况
            maxGold[people][mineNum] = retMaxGold;
        }
        return retMaxGold;
    }

![v2-eb8e7a5892ed11a1dda1b6446b9de5cb\_b.jpg][v2-eb8e7a5892ed11a1dda1b6446b9de5cb_b.jpg]

希望通过这篇文章，大家能对「递归」与「动态规划」有一定的理解。后续将以「动态规划」为基础研究多重背包算法、迪杰特斯拉算法等更高深的算法问题，同时「递归」的更多概念也会在「分治算法」章节再次延伸，敬请对程序员小吴保持关注：）

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