動態規劃數字三角形問題

有乙個由非負整數組成的三角形，第一行只有乙個數，除了最下行之外每個數的左下方和右下方各有乙個數.

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從第一行的數開始，每次可以往左下或右下走一格，直到走到最下行，把沿途經過的數全部加起來，如何走才能使得這個和盡量大？

輸入：三角形的行數n，數字三角形的各個數（從上到下，從左到右）

輸出：最大的和。

執行結果：

如果熟悉回溯法，可能會立刻發現這是乙個動態的決策問題：每次有兩種選擇-左下或右下。如果用回溯法求出所有可能的路線，就可以從中選出最優路線。但和往常一樣，回溯法的效率太低；乙個n層數字三角形的完整路線有

為了得到高效的演算法，需要用抽象的方法思考問題：把當前的位置（i，j）看成乙個狀態（還記得麼？）然後定義狀態（i，j）的指標函式d（i，j）為從格仔（i，j）出發時能得到的最大和（包括格仔（i，j）本身的值）。在這個狀態定義下，原問題的解是d(1,1)

下面看看不同狀態之間是如何轉移的。從格仔（i，j）出發有兩種決策。如果往左走，則走到（i+1,j）後需要求「從（i+1，j）」出發後能得到的最大和「這一問題，即d(i+1,j）。類似得，往右走之後需要求解d（i+1，j+1）。由於可以在這兩個決策中自由選擇，所以應選擇d(i+1,j)和d(i+1,j+1)中較大的乙個，換句話說，得到了所謂的狀態轉移方程：

d(i,j) = a(i,j) + max

如果往左走，那麼最好情況等於（i，j）格仔裡的值a（i，j）與」從（i+1，j）出發的最大總和「之和，此時需注意這裡的最大二字。如果連」從(i+1,j)出發走到底部「這部分的和都不是最大的，加上a（i，j）之後肯定也不是最大的。這個性質稱為最優子結構，也可以描述成全域性最優解包含區域性最優解。不管怎樣，狀態和狀態轉移方程一起完整的描述了具體的演算法。

int a[100][100],n,d[100][100];

第一種方法是遞迴計算（需注意邊界處理）。

int solve1(int i,int j)
*/ return a[i][j]+(i==n? 0 : max(solve1(i+1,j),solve1(i+1,j+1)));
}

這樣做是正確的，但時間效率太低，其原因在於重複計算。在solve(1,1)對應的呼叫關係樹中，solve(3,2)被計算了兩次（一次是solve（2,1）需要的，一次是solve（2,2）需要的）。也許讀者會認為重複算一兩個數沒有太大影響，但事實是：這樣的重複不是單個結點，而是一顆子樹。如果原來的三角形有n層，則呼叫關係樹也會有n層，一共有遞推計算（需再次注意邊界處理）：

int solve2()

程式的時間複雜度顯然是可以用遞推法計算狀態轉移方程。遞推的關鍵是邊界和計算順序。在多數情況下，遞推法的時間複雜度是：狀態總數 * 每個狀態的決策個數 * 決策時間。如果不同狀態的決策個數不同，需具體問題具體分析。

記憶化搜尋。程式分成兩部分。首先用 memset(d,-1,sizeof(d)); 把d全部初始化為-1，然後編寫遞迴函式。

int solve3(int i,int j)

上述程式仍然是遞迴的，但同時也把計算結果儲存在陣列d中。題目中所各個數都是非負的，因此如果已經計算過某個d[i][j]，則它應是非負的。這樣，只需把所有d初始化為-1，即可通過判斷是否d[i][j]>=0得知它是否已經被計算過。

最後，千萬不要忘記把計算之後把它儲存在d[i][j]中，根據c語言賦值語句本身有返回值的規定，可以把儲存d[i][j]的工作合併到函式的返回語句中。

上述程式的方法稱為記憶化，它雖然不像遞推法那樣顯式地指明了計算順序，然仍然可以保證每個結點只訪問一次。

由於i和j都在1-n之間，所有不相同的結點一共只有

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數字三角形問題（動態規劃）

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