捞鱼问题

来源：互联网发布：淘宝助理打印模板在哪编辑：程序博客网时间：2024/06/10 05:02

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话说这道题还是三年前径点公司来学院笔试中的一道题目，当时刚进入实验室，师兄在带着我们做新生培训的时候做过这道题，最近回顾DP的一些基础，翻找以前写的程序，发现了这道题，就贴一下，给出两种方法的代码，并对比了它们在不同规模问题下的效率。

题目：20个桶，每个桶中有10条鱼，用网从每个桶中抓鱼，每次可以抓住的条数随机，每个桶只能抓一次，问一共抓到180条的排列有多少种（也可求概率）。

分析：我们要在20个桶中一共抓取180条鱼，每个桶能抓到鱼的条数为0-10，仔细想下，这个问题是可以分解成子问题的：假设我们在前i个桶中抓取了k（0<=k<=10*i）条鱼，那么抓取180条鱼的排列种数就等于在剩下的（20-i）个桶中抓取（180-k）条鱼的方法加上前i个桶中抓取k条鱼的方法。

例如，在第一个桶中抓取了2条鱼，那么总的排列数等于在剩下19个桶中抓取178条鱼的排列种数；如果在第一个桶中抓取了10条鱼，那么总的排列数等于在剩下19个桶中抓取170条鱼的排列数，，，依次分解该问题，总的排列数就等于所有这些排列数的总和。有点DP的感觉。

换个思维，在实现上这个题目可以有更为简洁的方法，我们看看这个问题的对偶问题，抓取了180条鱼之后，20个桶中剩下了20条鱼，不同的抓取的方法就对应着这些鱼在20个桶中不同的分布，于是问题转化为将20条鱼分到20个桶中有多少中不同的排列方法（这个问题当然也等价于180条鱼分到20个桶中有多少种不同的方法）？其中，每个桶最多放10条，最少放0条。这样一转化，无论是用搜索还是DP，问题规模都缩小了很大一块。

按照这个分析，最直接的方法就是用递归了，递归实现DP问题，自顶向下，为了防止重复计算子问题（例如求19个桶放12条鱼的方法数时算了一遍子问题17个桶放10条鱼的方法数，在算18个桶，17个桶时就不用再计算17个桶放10条鱼的情况了），一般设置一个备忘录，记录已经计算过的子问题，其实这个备忘录就是在自底向上实现DP时的状态转移矩阵。

递归实现，如果桶没了，鱼还有，说明这种排列不符合要求，应该结束并返回0；如果桶还有，鱼没了，说明这种排列也不符合要求；只有在桶没了，鱼也没了的情况下才说明20条鱼恰好分放到了20个桶。根据上面分析我们知道每个桶有11种情况，代码如下：

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#include <iostream>
using namespace std;
 
/*
  捞鱼：将20条鱼放在20个桶中，每个桶最多可以放10条
  求得所有的排列方法
  DP自顶向下递归 备忘录
*/
 
int dp[21][21]; /* 备忘录，存储子问题的解; 表示前i个桶放j条鱼的方法数 */
 
int allocate(int bucketN, int fishN)
{
    if(bucketN == 0 && fishN == 0)
    {
        return 1;
    }
    if(bucketN == 0 || fishN < 0)
    {
        return 0;
    }
 
    /* 如果子问题没有计算就计算，否则直接返回即可 */
 
    if(dp[bucketN][fishN] == 0)
    {
        for(int i = 0; i <= 10; ++i)
        {
            dp[bucketN][fishN] += allocate(bucketN-1,fishN-i);
        }
    }
    return dp[bucketN][fishN];
}
 
void main()
{
    int bucketN, fishN;
    while(scanf("%d %d", &bucketN, &fishN)!= EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        printf("%d\n",allocate(bucketN,fishN));
    }
}

输出：

结果如图，先输入一个小数据验证解是否正确，可以看出这个解是非常大的，最初实现的两种情况都是等了好久都没有出来结果，一种是没有使用备忘录，单纯递归的搜索，非常非常非常慢，等了两分钟都没有结果；一种是没有求对偶问题，而是求dp[20][180]也是相当的慢。

既然可以用DP，我们通常使用自底向上的方法，下面来看看非递归实现的方法。自底向上就需要考虑合法状态的初始化问题，从小规模去考虑，20个桶太大，考虑零个桶，一个桶，零个桶装多少鱼都是非法的，故就是0；一个桶装鱼，装0-10条鱼都是合法的，其余的就不合法了； dp[i][j]：前i个桶放j条鱼的方法共分为11种情况：前i-1个桶放j-k（0<=k<=10）条鱼的方法总和。我们可以得到状态方程：

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f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}

考虑到这，dp的程序就出来了，代码如下：

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#include <iostream>
using namespace std;
 
/*
  捞鱼：将20条鱼放在20个桶中，每个桶最多可以放10条
  求得所有的排列方法
  自底向上DP f(i,j) = sum{ f(i-1,j-k), 0<=k<=10}
  该方法中测试 20个桶 180条鱼，与递归速度做对比
*/
 
/* 实现1 */
 
int dp[21][200]; /* 前i个桶放j条鱼的方法数 */
int i, j, k;
 
void main()
{
    int bucketN, fishN;
    while(scanf("%d %d", &bucketN, &fishN)!= EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
 
        for(int i = 0; i <= 10; ++i)  /* 初始化合法状态 */
        {
            dp[1][i] = 1;
        }
        for(int i = 2; i <= bucketN; ++i)  /* 从第二个桶开始 */
        {
            for(int j = 0; j <= fishN; ++j)
            {
                for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k)
                {
                    dp[i][j] += dp[i-1][j-k];
                }
            }
        }
        printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]);
    }
}

输出：

当我们测试20个桶放180条鱼的方法，结果立即就算出来了，而用递归则是等了半天没反应，由此我们可以看出效率的差别有多大。同时，两个对偶问题的答案是一样的，说明我们的分析是没错的，:-)。

其实，代码还可以更简练，仔细想想，就是初始化状态的方法；其实初始化合法状态完全可以这样想，问题始终都是分解成子问题的，根据递归的实现方法，只有分解到0个桶装0条鱼才是合法的，那么我们就初始化这一个状态为合法即可，然后从第一个桶开始向上计算，代码如下：

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/* 实现2 */
 
int dp[21][200];
int i, j, k;
 
void main()
{
    int bucketN, fishN;
    scanf("%d %d", &bucketN, &fishN);
 
    dp[0][0] = 1;  /* 初始化合法状态 */
 
    for(int i = 1; i <= bucketN; ++i)  /* 从第一个桶开始 */
    {
        for(int j = 0; j <= fishN; ++j)
        {
            for(int k = 0; k <= 10 && j-k >= 0; ++k)
            {
                dp[i][j] += dp[i-1][j-k];
            }
        }
    }
    printf("%d\n",dp[bucketN][fishN]);
}

从递归到非递归再到现在，一个看似规模很大很复杂的问题只用简单的几行代码就可以解决，关键在于怎么思考，要好好修炼。

我自己用的是多重背包，但是总是计算错误，不知道什么原因

int f[21] = {0};    memset(f,0,sizeof(f));    f[0] = 1;    int bucket = 2;//每个桶里有10条鱼    int fish = 5;//从中抓fish条鱼    int numPerBucket = 4;    for (int i = 0 ; i < bucket; ++i ) {        int c = 1;        int count = numPerBucket;        while (c < count) {            for (int j = fish; j >= c; --j) {                f[j] = f[j]+f[j - c];            }            count -= c;            c *=2;        }        for (int j = fish; j >= count; --j)            f[j] =f[j]+f[j - count];            }    cout<<f[fish];