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5秒导读：本期介绍动态规划算法，以及经典的背包问题，算法导论中的装配线问题

   注：可以直接cv的代码在最后。

最近《极简微积分》写的有些多，下几期我们都不谈数学，说说AI的东西。

玩ai37，讲到隐马尔可夫模型用于分词，一个句子“咖啡味道不错”的分词就是找到其背后隐藏的状态序列“be/be/be（咖啡，味道，不错）”。假设我们已经有了初始分布，状态转移矩阵，观测状态分布，找出句子对应状态的最大概率，不就是分词么？

OK，找出最大概率的算法叫做维特比算法，但是在说维特比算法之前我们先说一个玩编程的小伙伴都知道的“动态规划”。

动态规划对应的问题通常有很多可行解，每个解有一个值，而动态规划算法要做的就是找到“最优解（通常就是最大/最小值）”

“动态规划”或许真的有那么点点绕，不过我们还是有重点可以抓，第一“把问题分解为更小，更简单的子问题”，第二“要找最优解，所以每一个子问题都得是最优解”，第三“利用之前的最优解，获取现在的最优解”

好吧，抽象的东西到此为止，我们还是看个具体例子——最最典型的背包问题入手。

问题描述如下：背包最大容量为M，N个物品每个只有一个，物品的体积从W1到Wn，价值从V1到Vn，请问怎么装，才能带走价值最高的物品组合。

我们再具体一点，背包容量为8，物品体积价值如下表，请问该怎么装？

用背包问题对应看动态规划，首先更小的子问题是什么？当然我么从最最简单的情况也就是，只有第一个物品开始，背包容量从1到8。

用二维数组maxValue[i][j]，表示只有前i个物品，背包容量为j时的最优解。只有第一个物品，背包容量从1到8，这时候背包容量小于2最优解是0，大于2就是3，这当然没啥好解释的。ok,我们让情况复杂一些，现在有第一第二个物品，我们要做的事利用之前的最优解，获取当前的最优解，多了一个物品，2种选择，要么放进去，要么放进去，不放进去时最优解为maxValue[1][j]，放进去时最优解为把第二个物品需要的空间腾出来，剩下的空间放第一个物品的最优解加上放入的第二个物品的价值maxValue[1][j-w[2]]+v[2],从中选择选一个大的出来就是有2个物品时的最优解——maxValua[2][j],那么有i个物品呢？以此类推。

maxValue[n-1][j]和maxValue[i-1][j-w[i]]+v[i]，中选一个大的（这里之所以能这么做的关键在于maxValue中每一个元素都是子问题的最优解）。

下面给出完整实现代码java实现，其实上面的描述一看就好，不要去绕，记住分解为更小更简单的子问题，找子问题最优解（通常是简单到没得选择之时的解），利用子问题最优解递推新问题最优解才是真的

对于完全背包（每个物品都有无数个），其实只需要改一点点：

对比一下只有第一个物品时的最优解（再重复下，第一个索引1代表只有第1个物品，第二个索引0-8代表背包容量为0-8时的最优解）每个物品只有一个：

完全背包，第一个物品最多放8/2=4个。最大价值为12

   说完背包问题，我们说一个稍微复杂些的，来自算法导论的例子，6个步骤完成一次装配，2条装配线，每一条都可以完成每一个步骤，装配一个东西可以随时换线，但是换线需要时间，装配时间与换线时间如下图，请问如何装配一个最快：

   对于这个问题，首先我们划分子问题，最快速度完成的装配（下图红圈），不是从“1”，就是从“2”完成的，其中的“1,2”代表走到那个位置时的最优解，而“1”不是从“3”就是从“4”走过来的，“2”也是（这好像是废话），但是如果从起点“x”和“y”看，问题就简单了，一步步走，选出每一个最优解不就好了？

现在我们用fast[i][j]表示在第i条线，完成第j个步骤的最优解。下图为每一个fast[i][j]的值

直接给出完整java实现：

最后啰嗦一句，代码是死的，人是活的，不必在乎代码具体什么样子，关键记住算法到底在做什么，最后附上算法导论对动态规划的总结

public int maxKnapsack() {
    int[] w = { 0 , 2 , 3 , 4 , 5 }; //商品的体积
    int[] v = { 0 , 3 , 4 , 5 , 6 }; //商品的价值
    int space = 8;
    int [][] maxvalue=new int[5][9];

    for(int i=1;i<=4;i++){
        for(int j=1;j<=space;j++){
            if(j< w[i]){
maxvalue[i][j] = maxvalue[i-1][j];
               //背包装不下，所以最优解只能等同只有前i-1个的最优解
            }
            else{
                maxvalue[i][j] = max(maxvalue[i-1][j],maxvalue[i-1][j-w[i]] + v[i] );
                //腾出空间放入第i个，与只有前i-1个比较，选择较大的做为最优解
            }
        }
    }

    return  maxvalue[4][8];
}

public int fast() {
    int[][] fast = new int[2][6];
    int S[][] = {{9, 9, 3, 4, 8, 4}, {12, 5, 6, 4, 5, 7}};
    int T[][][] ={
            {{0 ,0 ,0 ,0 ,0},{2, 1, 2, 2, 1} },
 {{2, 3, 1, 3, 4},{0 ,0 ,0 ,0 ,0} },
//换线的时间，第一个索引为线编号，第2，3个索引表示第n个步骤，换到第m条线用时
//自己到自己也就是索引1=索引2用时全部为0

    };
    for (int j = 0; j < 6; j++) {
        for (int i = 0; i < 2; i++) {
            if (j == 0) {
                //第一个步骤没得选择
                fast[i][j] = S[i][0];
            } else {
                int min = 999;
                for (int k = 0; k < 2; k++) {
 //现在是第i条线，第j个步骤的最优解，
 //这个步骤反正是从其他步骤最优解来的
 //所以全部循环一遍，只有两条线其实一层循环加if else就够了
 //这里3层循环是为了处理任意条线。另外if写多了也难看
                    int time = T[i][k][j-1] + S[i][j];
                    if (min > fast[k][j - 1] + time){
                        min = fast[k][j - 1] + time;
                    }
                }
                fast[i][j] = min;
            }
        }
    }
    return min(fast[0][5]+3 , fast[1][5]+2 );
}