假设您有一个函数quality(x)，它返回一系列字母x的质量。给出一个字符串，例如＆＃34; howareyoutoday，＆＃34;什么是确定细分的最有效方法＆＃34;你今天怎么样？＃34; （即质量（如何）+质量（是）+质量（你）+质量（今天）是可能的最高质量）？
我在想我们可能会有以下内容：
A[0] = h, A[1] = o, ..., A[n] = y
Q[0] = quality(A[0]), Q[1] = quality(A[0]A[1]), ..., Q[n] = quality(A[0]...A[n])
现在确定分段，我们找到max {Q [0]，..，Q [n]}，它将返回一些Q [i]（第一个空格在此之后）。然后，我们找到max {Q [i + 1]，.. Q [n]}，它返回另一个Q [i]（第二个空格在此之后）等，直到max返回Q [n]。
我有两个问题：这种方法是否使用动态编程？在我看来它确实如此，因为我们用原始问题的子问题构建初始Q.此外，这是一个最佳解决方案吗？根据我的理解，最坏的情况是O（n ^ 2），当max返回Q [0]，然后Q [1]，然后Q [2]等。
答案 0 :(得分：1)
如果可以使用子问题的缓存结果，则可以使用动态编程。例如，如果质量（A [0] A [1]）是质量（A [0]）和质量（A [1]）的函数（例如质量（A [0] A [1]）=质量（ A [0]）+质量（A [1]））然后你可以通过缓存子问题的结果获益;如果质量（A [0] A [1]）与质量（A [0]）和质量（A [1]）无关，那么你可以通过缓存子问题的结果来获益，你可以＆ ＃39; t使用动态编程。
算法的最坏情况是O（n ^ 2）。您可能能够使用潜在的次优O（n）解决方案：测试质量（A [0]），然后质量（A [0] A [1]），然后质量（A [0] A [ 1] A [2]），等等;当当前解决方案的质量低于先前解决方案的质量时停止，因此如果质量（A [0] A [1]）>质量（A [0] A [1] A [2]）然后在A [0] A [1]分区并开始搜索A [2]处的下一个字。通过增加前瞻，可以以更大的常数因子为代价来提高算法的质量;如果质量（A [0] A [1]）> 1，则刚刚描述的算法具有先行（1），而先行（2）算法将在A [0] A [1]处分割。质量（A [0] A [1] A [2]）和质量（A [0] A [1]）＆gt;质量（A [0] A [1] A [2] A [3]）。
答案 1 :(得分：1)
将此公式表达为DP问题的一种方法是计算函数f（i）：
f(i) = The highest sum of quality scores achievable on the first i characters.
我们注意到最后一段必须在位置i-1处结束，并且它可以在它之前的任何地方开始，直到位置0（假设我们将位置从0开始编号）。让我们称这个段j的起始位置;我们需要尝试j的所有可能值，并找到最好的值。我们应该将最后一段A [j] ... A [i-1]与？通过左边剩下的任何东西的最佳解决方案，这很方便地由f（j）给出。所以我们得到：
f(i) = max { f(j) + quality(A[j]..A[i-1]) } over all 0 <= j <= i.
以f（0）= 0作为边界情况。
f（n + 1）将在二次时间内使用线性存储器要求计算整个字符串的最佳分数。要实际计算单词中断的位置应该看起来得到这个分数，你需要从f（n + 1）向后走，确定哪个j值导致它达到最大值（可能有几个;在这种情况下，任何都可以工作）。继续重复这个，直到你得到j = 0.（或者你可以在计算f（）时将这些“最大化”值存储在一个单独的数组中。这个数组通常被称为“pred []”，用于“前任”。）
<强> [编辑]
以上是解决问题的递归。它会正确地解决它，但对于大n来说，非常。所有的DP算法都可以用这种方式说明，但要实际将它从普通的递归转换为DP算法，你需要memoize它，或者弄清楚如何从它做一个自下而上的表填充迭代算法。递归的记忆是微不足道的：你需要做的就是，每当函数计算出i的新值的答案时，存储这个答案（这里是一个大小为n + 1的数组），并在下次使用它时要求f（i）的特定值。自下而上的DP涉及确定可以填充表的顺序，以便满足所有依赖性。这可以（一个常数因素）更快，但有时更难。