JavaScript算法模式——动态规划和贪心算法

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  动态规划(Dynamic Programming,DP)是这人 将比较复杂大疑问分解成更小的子大疑问来补救的优化算法。下面有也不 用动态规划来补救实际大疑问的算法:

大约硬币找零

  给定一组硬币的面额,以及要找零的钱数,计算出符合找零钱数的大约硬币数量。类似 ,美国硬币面额有1、5、10、25这这人 面额,机会要找36美分的零钱,则得出的大约硬币数应该是八个 25美分、八个 10美分和八个 10美分共八个 硬币。这人 算法要补救的也不 诸越来越类的大疑问。.我 来看看咋样用动态规划的方法来补救。

  对于每这人 面额,.我 都分别计算所需用的硬币数量。具体算法如下:

  1. 机会完整版用1美分的硬币,一共需用36个硬币
  2. 机会用5美分的硬币,则需用7个5美分的硬币 + 八个 1美分的硬币 = 8个硬币
  3. 机会用10美分的硬币,则需用八个10美分的硬币 + 八个 5美分的硬币 + 八个 1美分的硬币 = 八个硬币
  4. 机会用25美分的硬币,则需用八个 25美分的硬币 + 八个 10美分的硬币 + 八个 1美分的硬币 = 八个硬币

  对应的示意图如下:

  方案4的硬币总数大约,有过后为最优方案。

  具体的代码实现如下:

function minCoinChange(coins, amount) {
    let result = null;
    if (!amount) return result;

    const makeChange = (index, value, min) => {
        let coin = coins[index];
        let newAmount = Math.floor(value / coin);
        if (newAmount) min[coin] = newAmount;
        if (value % coin !== 0) {
            makeChange(--index, value - coin * newAmount, min);
        }
    };

    const arr = [];
    for (let i = 0; i < coins.length; i++) {
        const cache = {};
        makeChange(i, amount, cache);
        arr.push(cache);
    }

    console.log(arr);
    let newMin = 0;
    arr.forEach(item => {
        let min = 0;
        for (let v in item) min += item[v];
        if (!newMin || min < newMin) {
            newMin = min;
            result = item;
        }
    });
    return result;
}

  函数minCoinChange()接收一组硬币的面额,以及要找零的钱数。.我 将底下例子中的值传入:

const result = minCoinChange2([1, 5, 10, 25], 36);
console.log(result);

  得到如下结果:

[
  { '1': 36 },
  { '1': 1, '5': 7 },
  { '1': 1, '5': 1, '10': 3 },
  { '1': 1, '10': 1, '25': 1 }
]
{ '1': 1, '10': 1, '25': 1 }

  底下的数组是.我 在代码中打印出来的arr的值,用来展示这人 不同面额的硬币作为找零硬币时,实际所需用的硬币种类和数量。最终,.我 会计算arr数组中硬币总数大约的那个方案,作为minCoinChange()函数的输出。

  当然在实际应用中,.我 可不都可以把硬币抽象成任何你需用的数字,这人 算法能给出你满足结果的最小组合。

背包大疑问

  背包大疑问是八个 组合优化大疑问,它被描述为:给定八个 具有固定容量的背包capacity,以及一组具有价值(value)和重量(weight)的物品,找出八个 最优方案,使得倒进背包的物品的总重量不超过capacity,且总价值最大。

  假设.我 有以下物品,且背包的总容量为5:

物品# 重量 价值
1 2 3
2 3 4
3 4 5

  .我 用矩阵来补救这人 大疑问。首先,.我 把物品和背包的容量组成如下矩阵:

物品(i)/重量(w) 0 1 2 3 4 5
0 0 0 0 0 0 0
1 (w=2, v=3) 0 0

a: 3+[0][2-2]=3+0

b: [0][2]=0

max(3+0,0)=3

a: 3+[0][3-2]=3+0

b: [0][3]=0

max(3+0,0)=3

a: 3+[0][4-3]=3+0

b: [0][4]=0

max(3+0,0)=3

a: 3+[0][5-3]=3+0

b: [0][5]=0

max(3+0,0)=3

2 (w=3, v=4) 0 0 3

a: 4+[1][3-3]=4+0

b: [1][3]=3

max(4+0,3)=4

a: 4+[1][4-3]=4+0

b: [1][4]=3

max(4+0,3)=4

a: 4+[1][5-3]=4+3

b: [1][5]=3

max(4+3,3)=7

3 (w=4, v=5) 0 0 3 4

a: 5+[2][4-4]=5+0

b: [2][4]=4

max(5+0,4)=5

a: 5+[2][5-4]=5+0

b: [2][5]=7

max(5+0,7)=7

  为了便于理解,.我 将矩阵kS的第一列和第一行忽略(机会它们表示的是容量0和第0个物品)。有过后,按照要求往矩阵的格子里填数。机会当前的格子能放下对应的物品,位于以下这人 情形:

  • a - 倒进当前物品,有过后剩余的重量再倒进前八个 物品
  • b - 不倒进当前物品,倒进前八个 物品

  在底下的表格中,

  1. 当背包的重量为1时,越来越物品能倒进,也不 全是0,这人 很好理解。
  2. 当背包的重量为2时,物品1可不都可以倒进,越来越位于这人 情形:倒进物品1(价值为3),剩余的重量(背包的重量2减去物品1的重量2,结果为0)再倒进前八个 物品;不倒进物品1,倒进前八个 物品[0][2],价值为0。也不 最大价值也不 max(3, 0)=3。
  3. ......
  4. 当背包的重量为5时,倒进物品2,这人 情形:倒进物品2(价值为4),剩余的重量(背包的重量5减去物品2的重量3,结果为2)再倒进前八个 物品,是[1][2],对应的价值是3;不倒进物品2,,倒进前八个 物品[1][5],价值为3。也不 最大价值也不 max(4+3, 3)=7。
  5. ......

  机会当前物品非要倒进背包,则忽略它,用前八个 值代替。.我 可不都可以按照底下描述的过程把剩余的格子都填满,越来越 表格中最后八个 单元格里的值也不 最优方案。

  下面是具体的实现代码:

function knapSack(capacity, weights, values, n) {
    const kS = [];

    // 将ks初始化为八个

空的矩阵
    for (let i = 0; i <= n; i++) {
        kS[i] = [];
    }

    for (let i = 0; i <= n; i++) {
        for (let w = 0; w <= capacity; w++) {
            // 忽略矩阵的第1列和第1行
            if (i === 0 || w === 0) {
                kS[i][w] = 0;
            }
            else if (weights[i - 1] <= w) {
                const a = values[i - 1] + kS[i - 1][w - weights[i - 1]];
                const b = kS[i - 1][w];
                kS[i][w] = Math.max(a, b);
            }
            else {
                kS[i][w] = kS[i - 1][w];
            }
        }
    }

    console.log(kS);
}

  对于const a,其价值分为两次要,第一次要也不 它个人的价值(values[i - 1]),第二次也不 用背包剩余的重量(w - weights[i - 1])倒进前八个 物品(kS[i - 1])。对于const b,也不 找前八个 能倒进这人 重量的物品(kS[i - 1][w])。有过后取这这人 情形下的最大值。

  测试一下knapSack()函数,

const capacity = 5;
const weights = [2, 3, 4];
const values = [3, 4, 5];
knapSack(capacity, weights, values, weights.length);

  下面是矩阵kS的输出结果:

[
  [ 0, 0, 0, 0, 0, 0 ],
  [ 0, 0, 3, 3, 3, 3 ],
  [ 0, 0, 3, 4, 4, 7 ],
  [ 0, 0, 3, 4, 5, 7 ]
]

 最长公共子序列(LCS)

  找出八个 字符串序列的最长子序列的长度。所谓最长子序列,是指八个 字符串序列中以相同顺序老是出现,但暂且求连续的字符串序列。类似 下面八个 字符串:

  字符串1:acbaed

  字符串2:abcadf

  则LCS为acad。

  和背包大疑问的思路类似 ,.我 用下面的表格来描述整个过程:

    a b c a d f
  0 0 0 0 0 0 0
a 0 1 1 1 1 1 1
c 0 1 1 2 2 2 2
b 0 1 2 2 2 2 2
a 0 1 2 2 3 3 3
e 0 1 2 2 3 3 3
d 0 1 2 2 3 4 4

  矩阵的第一行和第一列都被设置为0,剩余的次要,遵循下面这人 情形:

  • 机会wordX[i - 1]和wordY[j - 1]相等,则矩阵对应的单元格的值为单元格[i - 1][j - 1]的值加1。
  • 机会wordX[i - 1]和wordY[j - 1]不相等,则找出单元格[i - 1][j]和单元格[i][j - 1]之间的最大值。

  下面是具体的实现代码:

function lcs(wordX, wordY) {
    const m = wordX.length;
    const n = wordY.length;
    const l = [];
    for (let i = 0; i <= m; i++) {
        l[i] = [];
        for (let j = 0; j <= n; j++) {
            l[i][j] = 0;
        }
    }
    for (let i = 0; i <= m; i++) {
        for (let j = 0; j <= n; j++) {
            if (i === 0 || j === 0) {
                l[i][j] = 0;
            } else if (wordX[i - 1] === wordY[j - 1]) {
                l[i][j] = l[i - 1][j - 1] + 1;
            } else {
                const a = l[i - 1][j];
                const b = l[i][j - 1];
                l[i][j] = Math.max(a, b);
            }
        }
    }
    console.log(l);
    console.log(l[m][n]);
}

  .我 将矩阵打印出来,结果如下:

const wordX = ['a', 'c', 'b', 'a', 'e', 'd'];
const wordY = ['a', 'b', 'c', 'a', 'd', 'f'];
lcs(wordX, wordY);
[
  [ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 ],
  [ 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1 ],
  [ 0, 1, 1, 2, 2, 2, 2 ],
  [ 0, 1, 2, 2, 2, 2, 2 ],
  [ 0, 1, 2, 2, 3, 3, 3 ],
  [ 0, 1, 2, 2, 3, 3, 3 ],
  [ 0, 1, 2, 2, 3, 4, 4 ]
]
4

   矩阵中最后八个 单元格的值为LCS的长度。那咋样计算出LCS的具体内容呢?.我 可不都可以设计八个 相同的solution矩阵,用来做标记,机会wordX[i - 1]和wordY[j - 1]相等,则将solution矩阵中对应的值设置为'diagonal',即底下表格中背景为灰色的单元格。有过后,根据[i][j]和[i - 1][j]是否是相等标记为'top'或'left'。有过后通过printSolution()方法来找出LCS的内容。修改越来越 的代码如下:

function printSolution(solution, wordX, m, n) {
    let a = m;
    let b = n;
    let x = solution[a][b];
    let answer = '';
    while (x !== '0') {
        if (solution[a][b] === 'diagonal') {
            answer = wordX[a - 1] + answer;
            a--;
            b--;
        } else if (solution[a][b] === 'left') {
            b--;
        } else if (solution[a][b] === 'top') {
            a--;
        }
        x = solution[a][b];
    }
    return answer;
}

function lcs(wordX, wordY) {
    const m = wordX.length;
    const n = wordY.length;
    const l = [];
    const solution = [];
    for (let i = 0; i <= m; i++) {
        l[i] = [];
        solution[i] = [];
        for (let j = 0; j <= n; j++) {
            l[i][j] = 0;
            solution[i][j] = '0';
        }
    }
    for (let i = 0; i <= m; i++) {
        for (let j = 0; j <= n; j++) {
            if (i === 0 || j === 0) {
                l[i][j] = 0;
            } else if (wordX[i - 1] === wordY[j - 1]) {
                l[i][j] = l[i - 1][j - 1] + 1;
                solution[i][j] = 'diagonal';
            } else {
                const a = l[i - 1][j];
                const b = l[i][j - 1];
                l[i][j] = Math.max(a, b);
                solution[i][j] = l[i][j] === l[i - 1][j] ? 'top' : 'left';
            }
        }
    }

    return printSolution(solution, wordX, m, n);
}

  测试结果:

const wordX = ['a', 'c', 'b', 'a', 'e', 'd'];
const wordY = ['a', 'b', 'c', 'a', 'd', 'f'];
console.log(lcs(wordX, wordY)); // acad

   贪心算法遵循这人 近似补救大疑问的技术,期盼通过每个阶段的局部最优选用,从而达到全局的最优。它不像动态规划算法那样计算更大的格局。

大约硬币找零

  .我 来看看咋样用贪心算法补救前面提到过的大约硬币找零大疑问。

function minCoinChange(coins, amount) {
    const change = [];
    let total = 0;
    for (let i = coins.length - 1; i >= 0; i--) {
        const coin = coins[i];
        while (total + coin <= amount) {
            change.push(coin);
            total += coin;
        }
    }
    return change;
}

const result = minCoinChange([1, 5, 10, 25], 36);
console.log(result); // [ 25, 10, 1 ]

  前提是coins数组机会按从小到大排好序了,贪心算法从最大值现在始于尝试,机会该值不满足条件(要找零的钱数),则继续向下找,直到找到满足条件的所有值。以上算法暂且能满足所有情形下找出最优方案,类似 下面这人 情形:

const result = minCoinChange([1, 2, 5, 9, 10], 18);
console.log(result); // [ 10, 5, 2, 1 ]

  给出的结果[10, 5, 2, 1]并全是最优方案,最优方案应该是[9, 9]。

  与动态规划相比,贪心算法更简单、速率单位更高。有过后其结果暂且老是最理想的。有过后综合看来,它相对执行时间来说,输出八个 可不都可以接受的结果。

背包大疑问

物品# 重量 价值
1 2 3
2 3 4
3 4 5

  在动态规划的例子里,假定背包的容量为5,最佳方案是往背包里倒进物品1和物品2,总价值为7。在贪心算法中,.我 需用考虑分数的情形,假定背包的容量为6,倒进物品1和物品2越来越 ,剩余容量为1,可不都可以倒进1/4的物品3,总价值为3+4+0.25×5=8.25。.我 来看看具体的实现代码:

function knapSack(capacity, weights, values) {
    const n = values.length;
    let load = 0;
    let val = 0;
    for (let i = 0; i < n && load < capacity; i++) {
        if (weights[i] <= capacity - load) {
            val += values[i];
            load += weights[i];
            console.log(`物品${i + 1},重量:${weights[i]},价值:${values[i]}`);
        } else {
            const r = (capacity - load) / weights[i];
            val += r * values[i];
            load += weights[i];
            console.log(`物品${i + 1}的${r},重量:${r * weights[i]},价值:${val}`);
        }
    }

    return val;
}

  从第八个 物品现在始于遍历,机会总重量小于背包的容量,则继续迭代,倒进物品。机会物品可不都可以完整版地倒进背包,则将其价值和重量分别计入到变量val和load中,同时打印倒进物品的信息。机会物品非要完整版地倒进背包,计算不想可不都可以倒进的比例r,有过后将这人 比例所对应的价值和重量分别计入到变量val和load中,同时打印物品的信息。最终输出总的价值val。下面是测试结果:

const capacity = 6;
const weights = [2, 3, 4];
const values = [3, 4, 5];
console.log(knapSack(capacity, weights, values));
物品1,重量:2,价值:3
物品2,重量:3,价值:4
物品3的0.25,重量:1,价值:8.25
8.25

  在动态规划算法中,机会将背包的容量也设定为6,计算结果则为8。

最长公共子序列(LCS)

  最后.我 再来看看咋样用贪心算法补救LCS的大疑问。下面的代码返回了八个 给定数组中的LCS的长度:

function lcs(wordX, wordY, m = wordX.length, n = wordY.length) {
    if (m === 0 || n === 0) {
        return 0;
    }
    if (wordX[m - 1] === wordY[n - 1]) {
        return 1 + lcs(wordX, wordY, m - 1, n - 1);
    }
    const a = lcs(wordX, wordY, m, n - 1);
    const b = lcs(wordX, wordY, m - 1, n);
    return a > b ? a : b;
}

const wordX = ['a', 'c', 'b', 'a', 'e', 'd'];
const wordY = ['a', 'b', 'c', 'a', 'd', 'f'];
console.log(lcs(wordX, wordY)); // 4