白話算法之【動(dòng)態(tài)規(guī)劃入門】

地質(zhì)博士 2018-01-30

展開全文

什么是動(dòng)態(tài)規(guī)劃?

動(dòng)態(tài)規(guī)劃(Dynamic Programming，所以我們簡(jiǎn)稱動(dòng)態(tài)規(guī)劃為DP)是運(yùn)籌學(xué)的一個(gè)分支，是求解決策過程(decision process)最優(yōu)化的數(shù)學(xué)方法。20世紀(jì)50年代初美國數(shù)學(xué)家R.E.Bellman等人在研究多階段決策過程(multistep decision process)的優(yōu)化問題時(shí)，提出了著名的最優(yōu)化原理(principle of optimality)，把多階段過程轉(zhuǎn)化為一系列單階段問題，利用各階段之間的關(guān)系，逐個(gè)求解，創(chuàng)立了解決這類過程優(yōu)化問題的新方法——動(dòng)態(tài)規(guī)劃。1957年出版了他的名著《Dynamic Programming》，這是該領(lǐng)域的第一本著作。

動(dòng)態(tài)規(guī)劃算法通?；谝粋€(gè)遞推公式及一個(gè)或多個(gè)初始狀態(tài)。當(dāng)前子問題的解將由上一次子問題的解推出。使用動(dòng)態(tài)規(guī)劃來解題只需要多項(xiàng)式時(shí)間復(fù)雜度，因此它比回溯法、暴力法等要快許多。

說了這么多術(shù)語，想必大家都很頭疼，現(xiàn)在讓我們通過一個(gè)例子來了解一下DP的基本原理。

首先，我們要找到某個(gè)狀態(tài)的最優(yōu)解，然后在它的幫助下，找到下一個(gè)狀態(tài)的最優(yōu)解。這句話暫時(shí)理解不了沒關(guān)系，請(qǐng)看下面的例子:

如果我們有面值為1元、3元和5元的硬幣若干枚，如何用最少的硬幣湊夠11元？

我們憑直觀感覺告訴自己，先選面值最大，因此最多選2枚5元的硬幣，現(xiàn)在是10元了，還差一元，接下來我們挑選第二大的3元硬幣，發(fā)現(xiàn)不行（10+3=13超了），因此我們繼續(xù)選第三大的硬幣也就是1元硬幣，選一個(gè)就可以（10+1=11），所以總共用了3枚硬幣湊夠了11元。這就是貪心法，每次選最大的。但是我們將面值改為2元，3元和5元的硬幣，再用貪心法就不行了。為什么呢？按照貪心思路，我們同樣先取2枚最大5元硬幣，現(xiàn)在10元了，還差一元，接下來選第二大的，發(fā)現(xiàn)不行，再選第三大的，還是不行，這時(shí)用貪心方法永遠(yuǎn)湊不出11元，但是你仔細(xì)看看，其實(shí)我們可以湊出11元的，2枚3元硬幣和1枚五元硬幣就行了，這是人經(jīng)過思考判斷出來了的，但是怎么讓計(jì)算機(jī)算出來呢？這就要用動(dòng)態(tài)規(guī)劃的思想：

首先我們思考一個(gè)問題，如何用最少的硬幣湊夠i元(i<11)？為什么要這么問呢？?jī)蓚€(gè)原因：1.當(dāng)我們遇到一個(gè)大問題時(shí)，總是習(xí)慣把問題的規(guī)模變小，這樣便于分析討論。 2.這個(gè)規(guī)模變小后的問題和原來的問題是同質(zhì)的，除了規(guī)模變小，其它的都是一樣的，本質(zhì)上它還是同一個(gè)問題(規(guī)模變小后的問題其實(shí)是原問題的子問題)。

好了，讓我們從最小的i開始吧。當(dāng)i=0，即我們需要多少個(gè)硬幣來湊夠0元。由于1，3，5都大于0，即沒有比0小的幣值，因此湊夠0元我們最少需要0個(gè)硬幣。 (這個(gè)分析很傻是不是？別著急，這個(gè)思路有利于我們理清動(dòng)態(tài)規(guī)劃究竟在做些什么。) 這時(shí)候我們發(fā)現(xiàn)用一個(gè)標(biāo)記來表示這句“湊夠0元我們最少需要0個(gè)硬幣。”會(huì)比較方便，如果一直用純文字來表述，不出一會(huì)兒你就會(huì)覺得很繞了。那么，我們用d(i)=j來表示湊夠i元最少需要j個(gè)硬幣。于是我們已經(jīng)得到了d(0)=0，表示湊夠0元最小需要0個(gè)硬幣。當(dāng)i=1時(shí)，只有面值為1元的硬幣可用，因此我們拿起一個(gè)面值為1的硬幣，接下來只需要湊夠0元即可，而這個(gè)是已經(jīng)知道答案的，即d(0)=0。所以，d(1)=d(1-1)+1=d(0)+1=0+1=1。當(dāng)i=2時(shí)，仍然只有面值為1的硬幣可用，于是我拿起一個(gè)面值為1的硬幣，接下來我只需要再湊夠2-1=1元即可(記得要用最小的硬幣數(shù)量)，而這個(gè)答案也已經(jīng)知道了。所以d(2)=d(2-1)+1=d(1)+1=1+1=2。一直到這里，你都可能會(huì)覺得，好無聊，感覺像做小學(xué)生的題目似的。因?yàn)槲覀円恢倍贾荒懿僮髅嬷禐?/span>1的硬幣！耐心點(diǎn)，讓我們看看i=3時(shí)的情況。當(dāng)i=3時(shí)，我們能用的硬幣就有兩種了：1元的和3元的( 5元的仍然沒用，因?yàn)槟阈枰獪惖臄?shù)目是3元！5元太多了親)。既然能用的硬幣有兩種，我就有兩種方案。如果我拿了一個(gè)1元的硬幣，我的目標(biāo)就變?yōu)榱耍簻悏?/span>3-1=2元需要的最少硬幣數(shù)量。即d(3)=d(3-1)+1=d(2)+1=2+1=3。這個(gè)方案說的是，我拿3個(gè)1元的硬幣；第二種方案是我拿起一個(gè)3元的硬幣，我的目標(biāo)就變成：湊夠3-3=0元需要的最少硬幣數(shù)量。即d(3)=d(3-3)+1=d(0)+1=0+1=1. 這個(gè)方案說的是，我拿1個(gè)3元的硬幣。好了，這兩種方案哪種更優(yōu)呢？記得我們可是要用最少的硬幣數(shù)量來湊夠3元的。所以，選擇d(3)=1，怎么來的呢？具體是這樣得到的：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。

OK，碼了這么多字講具體的東西，讓我們來點(diǎn)抽象的。從以上的文字中，我們要抽出動(dòng)態(tài)規(guī)劃里非常重要的兩個(gè)概念：狀態(tài)和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程。

上文中d(i)表示湊夠i元需要的最少硬幣數(shù)量，我們將它定義為該問題的"狀態(tài)"，這個(gè)狀態(tài)是怎么找出來的呢？根據(jù)子問題定義狀態(tài)。你找到子問題，狀態(tài)也就浮出水面了。最終我們要求解的問題，可以用這個(gè)狀態(tài)來表示：d(11)，即湊夠11元最少需要多少個(gè)硬幣。那狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程是什么呢？既然我們用d(i)表示狀態(tài)，那么狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程自然包含d(i)，上文中包含狀態(tài)d(i)的方程是：d(3)=min{d(3-1)+1, d(3-3)+1}。沒錯(cuò)，它就是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，描述狀態(tài)之間是如何轉(zhuǎn)移的。當(dāng)然，我們要對(duì)它抽象一下，

d(i)=min{ d(i-vj)+1 }，其中i-vj >=0，vj表示第j個(gè)硬幣的面值;

有了狀態(tài)和狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程，這個(gè)問題基本上也就解決了。當(dāng)然了，Talk is cheap,show me the code!

[cpp] view plain copy

print?

int main()
{
int a[3] = {1,3,5},sum = 11,cent = 0,dp[12];
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= sum; i++) dp[i] = i;//我們假設(shè)存在1元的硬幣那么i元最多只需要i枚1元硬幣，當(dāng)然最好設(shè)置dp[i]等于無窮大
for(int i = 1; i <= sum; i++){
for(int j = 0; j < 3; j++){
if(i >= a[j] && dp[i - a[j]] + 1 < dp[i]){
dp[i] = dp[i- a[j] ] + 1;
}
}
}
cout<<dp[sum]<<endl;
return 0;
}

下圖是當(dāng)i從0到11時(shí)的解：

從上圖可以得出，要湊夠11元至少需要3枚硬幣。

此外，通過追蹤我們是如何從前一個(gè)狀態(tài)值得到當(dāng)前狀態(tài)值的，可以找到每一次我們用的是什么面值的硬幣。比如，從上面的圖我們可以看出，最終結(jié)果d(11)=d(10)+1(面值為1)，而d(10)=d(5)+1(面值為5)，最后d(5)=d(0)+1 (面值為5)。所以我們湊夠11元最少需要的3枚硬幣是：1元、5元、5元。

通過硬幣問題我們初識(shí)DP的原理，其實(shí)可以說貪心問題是DP問題的特例，現(xiàn)在我們通過幾道題目加深對(duì)DP問題的理解

數(shù)塔問題是動(dòng)態(tài)規(guī)劃經(jīng)典的題目，下面來初步講解下

將一個(gè)由N行數(shù)字組成的三角形，如圖所以，設(shè)計(jì)一個(gè)算法，計(jì)算出三角形的由頂至底的一條路徑，使該路徑經(jīng)過的數(shù)字總和最大。

學(xué)弟學(xué)妹們你們之前學(xué)過DFS和BFS，第一眼看過去這題應(yīng)該用DFS解決，沒錯(cuò)，DFS也可以，但是我們觀察下n行總共有(1 + 2 + 3 + 4+...+n) = （1+n）*n/2個(gè)節(jié)點(diǎn)，在遞歸求解的過程中很多節(jié)點(diǎn)被重復(fù)訪問了，這就導(dǎo)致時(shí)間大大增加，必然超時(shí)

比如用遞歸的話，18這個(gè)節(jié)點(diǎn)被訪問了兩次

但是如果用DP的話這個(gè)節(jié)點(diǎn)可以只訪問一次

好了，現(xiàn)在我們用DP解決這道問題

將上圖轉(zhuǎn)化一下：

假設(shè)上圖用map[][]數(shù)組保存。

令f[i][j]表示從頂點(diǎn)(1, 1)到頂點(diǎn)(i, j)的最大值。

則可以得到狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程：

f[i][j] = max(f[i+1][j], f[i+1][j+1]) + map[i][j]

此題既適合自頂而下的方法做，也適合自底而上的方法，

當(dāng)用自頂而下的方法做時(shí)，最后要在在最后一列數(shù)中找出最大值，

而用自底而上的方法做時(shí)，f[1][1]即為最大值。

所以我們將圖2根據(jù)狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程可以得到圖3：

最大值是30.

代碼如下:

[cpp] view plain copy

print?

1 #include <cstdio>
2. #include <iostream>
3. #include <algorithm>
4. #include <cstring>
5. using namespace std;
6. int a[2000][2000];
7. int main()
8. {
9. int t,n,i,j;
10. while(~scanf("%d",&n))
11. {
12. for(i=0; i<n; i++)
13. for(j=0; j<=i; j++)
14. scanf("%d",&a[i][j]);
15. for(i=n-1; i>0; i--)
16. for(j=0; j<i; j++)
17. a[i-1][j]+=max(a[i][j],a[i][j+1]);
18. printf("%d\n",a[0][0]);
19. }
20. return 0;
21. }

上面討論了兩個(gè)非常簡(jiǎn)單的例子?，F(xiàn)在讓我們來看看對(duì)于更復(fù)雜的問題，如何找到狀態(tài)之間的轉(zhuǎn)移方式(即找到狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程)。為此我們要引入一個(gè)新詞叫遞推關(guān)系來將狀態(tài)聯(lián)系起來(說的還是狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程)

OK，上例子，看看它是如何工作的。

一個(gè)序列有N個(gè)數(shù)：A[1],A[2],…,A[N]，求出最長非降子序列的長度。 (講DP基本都會(huì)講到的一個(gè)問題LIS：longest increasing subsequence)

正如上面我們講的，面對(duì)這樣一個(gè)問題，我們首先要定義一個(gè)“狀態(tài)”來代表它的子問題，并且找到它的解。注意，大部分情況下，某個(gè)狀態(tài)只與它前面出現(xiàn)的狀態(tài)有關(guān)，而獨(dú)立于后面的狀態(tài)。

讓我們沿用“入門”一節(jié)里那道簡(jiǎn)單題的思路來一步步找到“狀態(tài)”和“狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程”。假如我們考慮求A[1],A[2],…,A[i]的最長非降子序列的長度，其中i<N，那么上面的問題變成了原問題的一個(gè)子問題(問題規(guī)模變小了，你可以讓i=1,2,3等來分析) 然后我們定義d(i)，表示前i個(gè)數(shù)中以A[i]結(jié)尾的最長非降子序列的長度。OK，對(duì)照“入門”中的簡(jiǎn)單題，你應(yīng)該可以估計(jì)到這個(gè)d(i)就是我們要找的狀態(tài)。如果我們把d(1)到d(N)都計(jì)算出來，那么最終我們要找的答案就是這里面最大的那個(gè)。狀態(tài)找到了，下一步找出狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程。

為了方便理解我們是如何找到狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程的，我先把下面的例子提到前面來講。如果我們要求的這N個(gè)數(shù)的序列是：

5，3，4，8，6，7

根據(jù)上面找到的狀態(tài)，我們可以得到：（下文的最長非降子序列都用LIS表示）

· 前1個(gè)數(shù)的LIS長度d(1)=1(序列：5)

· 前2個(gè)數(shù)的LIS長度d(2)=1(序列：3；3前面沒有比3小的)

· 前3個(gè)數(shù)的LIS長度d(3)=2(序列：3，4；4前面有個(gè)比它小的3，所以d(3)=d(2)+1)

· 前4個(gè)數(shù)的LIS長度d(4)=3(序列：3，4，8；8前面比它小的有3個(gè)數(shù)，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到這，我覺得狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程已經(jīng)很明顯了，如果我們已經(jīng)求出了d(1)到d(i-1)，那么d(i)可以用下面的狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1},其中j<i,A[j]<=A[i]

用大白話解釋就是，想要求d(i)，就把i前面的各個(gè)子序列中，最后一個(gè)數(shù)不大于A[i]的序列長度加1，然后取出最大的長度即為d(i)。當(dāng)然了，有可能i前面的各個(gè)子序列中最后一個(gè)數(shù)都大于A[i]，那么d(i)=1，即它自身成為一個(gè)長度為1的子序列。

分析完了，上圖：(第二列表示前i個(gè)數(shù)中LIS的長度，第三列表示，LIS中到達(dá)當(dāng)前這個(gè)數(shù)的上一個(gè)數(shù)的下標(biāo)，根據(jù)這個(gè)可以求出LIS序列)

代碼:

[cpp] view plain copy

print?

1. #include <cstdio>
2. #include <iostream>
3. #include <algorithm>
4. #include <cstring>
5. usingnamespace std;
6.
7. int main()
8. {
9. int dp[2000],a[2000],n;
10. while(cin>>n)
11. {
12. memset(dp,0,sizeof(dp));
13. intres = 0;
14. for(inti = 0; i < n; i++) cin>>a[i];
15.
16. for(inti = 0; i < n; i++)
17. {
18. dp[i] = 1;
19. for(intj = 0; j < i; j++)
20. {
21. if(a[j] < a[i])
22. dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);
23. }
24.
25. res = max(res,dp[i]);
26. }
27.
28. cout<<res<<endl;
29. }
30. return0;
31. }

該算法的時(shí)間復(fù)雜度是O(n2 )，并不是最優(yōu)的解法。還有一種很巧妙的算法可以將時(shí)間復(fù)雜度降到O(nlogn)，網(wǎng)上已經(jīng)有各種文章介紹它，這里就不再贅述。此題還可以用“排序+LCS”來解，感興趣的話可自行Google，Baidu。

最后講一下最長上升公共子序列問題:

問題描述

什么是最長公共子序列呢?好比一個(gè)數(shù)列S，如果分別是兩個(gè)或多個(gè)已知數(shù)列的子序列，且是所有符合此條件序列中最長的，則S 稱為已知序列的最長公共子序列。

舉個(gè)例子，如：有兩條隨機(jī)序列，如 1 3 4 5 5 ，and 2 4 5 5 7 6，則它們的最長公共子序列便是：4 5 5。

LCS問題的解決思路

窮舉法

解最長公共子序列問題時(shí)最容易想到的算法是窮舉搜索法，即對(duì)X的每一個(gè)子序列，檢查它是否也是Y的子序列，從而確定它是否為X和Y的公共子序列，并且在檢查過程中選出最長的公共子序列。X和Y的所有子序列都檢查過后即可求出X和Y的最長公共子序列。X的一個(gè)子序列相應(yīng)于下標(biāo)序列{1, 2, …, m}的一個(gè)子序列，因此，X共有2m個(gè)不同子序列（Y亦如此，如為2^n），從而窮舉搜索法需要指數(shù)時(shí)間（2^m * 2^n）。

· 動(dòng)態(tài)規(guī)劃算法

事實(shí)上，最長公共子序列問題也有最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)。

記:

Xi=﹤x1，?，xi﹥即X序列的前i個(gè)字符 (1≤i≤m)（前綴）

Yj=﹤y1，?，yj﹥即Y序列的前j個(gè)字符 (1≤j≤n)（前綴）

假定Z=﹤z1，?，zk﹥∈LCS(X , Y)。

若xm=yn（最后一個(gè)字符相同），則不難用反證法證明：該字符必是X與Y的任一最長公共子序列Z（設(shè)長度為k）的最后一個(gè)字符，即有zk = xm = yn 且顯然有Zk-1∈LCS(Xm-1 , Yn-1)即Z的前綴Zk-1是Xm-1與Yn-1的最長公共子序列。此時(shí)，問題化歸成求Xm-1與Yn-1的LCS（LCS(X , Y)的長度等于LCS(Xm-1 , Yn-1)的長度加1）。

若xm≠yn，則亦不難用反證法證明：要么Z∈LCS(Xm-1, Y)，要么Z∈LCS(X , Yn-1)。由于zk≠xm與zk≠yn其中至少有一個(gè)必成立，若zk≠xm則有Z∈LCS(Xm-1 , Y)，類似的，若zk≠yn 則有Z∈LCS(X , Yn-1)。此時(shí)，問題化歸成求Xm-1與Y的LCS及X與Yn-1的LCS。LCS(X , Y)的長度為：max{LCS(Xm-1 , Y)的長度, LCS(X , Yn-1)的長度}。

由于上述當(dāng)xm≠yn的情況中，求LCS(Xm-1 , Y)的長度與LCS(X , Yn-1)的長度，這兩個(gè)問題不是相互獨(dú)立的：兩者都需要求LCS(Xm-1，Yn-1)的長度。另外兩個(gè)序列的LCS中包含了兩個(gè)序列的前綴的LCS，故問題具有最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)考慮用動(dòng)態(tài)規(guī)劃法。

也就是說，解決這個(gè)LCS問題，你要求三個(gè)方面的東西：1、LCS（Xm-1，Yn-1）+1；2、LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）；3、max{LCS（Xm-1，Y），LCS（X，Yn-1）}。

行文至此，其實(shí)對(duì)這個(gè)LCS的動(dòng)態(tài)規(guī)劃解法已敘述殆盡，不過，為了成書的某種必要性，下面，我試著再多加詳細(xì)闡述這個(gè)問題。

第三節(jié)、動(dòng)態(tài)規(guī)劃算法解LCS問題

3.1、最長公共子序列的結(jié)構(gòu)

最長公共子序列的結(jié)構(gòu)有如下表示：

設(shè)序列X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的一個(gè)最長公共子序列Z=<z1, z2, …, zk>，則：

1. 若xm=yn，則zk=xm=yn且Zk-1是Xm-1和Yn-1的最長公共子序列；

2. 若xm≠yn且zk≠xm ，則Z是Xm-1和Y的最長公共子序列；

3. 若xm≠yn且zk≠yn ，則Z是X和Yn-1的最長公共子序列。

其中Xm-1=<x1, x2, …, xm-1>，Yn-1=<y1, y2, …, yn-1>，Zk-1=<z1, z2, …, zk-1>。

3、2.子問題的遞歸結(jié)構(gòu)

由最長公共子序列問題的最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知，要找出X=<x1, x2, …, xm>和Y=<y1, y2, …, yn>的最長公共子序列，可按以下方式遞歸地進(jìn)行：當(dāng)xm=yn時(shí)，找出Xm-1和Yn-1的最長公共子序列，然后在其尾部加上xm(=yn)即可得X和Y的一個(gè)最長公共子序列。當(dāng)xm≠yn時(shí)，必須解兩個(gè)子問題，即找出Xm-1和Y的一個(gè)最長公共子序列及X和Yn-1的一個(gè)最長公共子序列。這兩個(gè)公共子序列中較長者即為X和Y的一個(gè)最長公共子序列。

由此遞歸結(jié)構(gòu)容易看到最長公共子序列問題具有子問題重疊性質(zhì)。例如，在計(jì)算X和Y的最長公共子序列時(shí)，可能要計(jì)算出X和Yn-1及Xm-1和Y的最長公共子序列。而這兩個(gè)子問題都包含一個(gè)公共子問題，即計(jì)算Xm-1和Yn-1的最長公共子序列。

與矩陣連乘積最優(yōu)計(jì)算次序問題類似，我們來建立子問題的最優(yōu)值的遞歸關(guān)系。用c[i,j]記錄序列Xi和Yj的最長公共子序列的長度。其中Xi=<x1, x2, …, xi>，Yj=<y1, y2, …, yj>。當(dāng)i=0或j=0時(shí)，空序列是Xi和Yj的最長公共子序列，故c[i,j]=0。其他情況下，由定理可建立遞歸關(guān)系如下：

代碼如下:

[cpp] view plain copy

print?

1. #include <cstdio>
2. #include <iostream>
3. #include <algorithm>
4. #include <cstring>
5. using namespace std;
6.
7. int main()
8. {
9. string str1,str2;
10. int dp[200][200];
11. while(cin>>str1>>str2)
12. {
13. memset(dp,0,sizeof(dp));
14.
15. int la = str1.length();
16. int lb = str2.length();
17.
18. for(int i = 1; i <= la; i++)
19. for(int j = 1; j <= lb; j++)
20. {
21. if(str1[i - 1] == str2[j - 1])
22. {
23. dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
24. }
25. else dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
26. }
27. cout<<dp[la][lb]<<endl;
28. }
29. return 0;

講到這想必對(duì)DP問題有一個(gè)大概的認(rèn)識(shí)了吧？乘熱打鐵，我們?nèi)?/span>HDU刷幾道簡(jiǎn)單題練練手感！

HDU2191

HDU1159

HDU1432

HDU2084

DP問題是ACM里面最難的，因?yàn)樘妓季S能力了，只有將狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程推出來才能解決問題，DP問題也是面試的時(shí)候最容易考到的，希望大家好好學(xué)DP，至少在面試的時(shí)候不吃虧。

DP問題還有比較難的，分為數(shù)字DP，插頭DP，狀態(tài)壓縮DP，概率DP，組合DP，樹狀DP等等都是非常難理解的，但是也很有趣，有興趣的可以找資料學(xué)習(xí)

最近李建中老師的算法課上完了，他的課大部分都是在講算法的數(shù)學(xué)證明，這對(duì)算法本身的理解并沒有花大手筆，于是我結(jié)合自己ACM一年多的算法經(jīng)驗(yàn)和一堆收集的資料，準(zhǔn)備寫專題【白話數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)和算法】，大家多多關(guān)注，一起加油~~~~

本站是提供個(gè)人知識(shí)管理的網(wǎng)絡(luò)存儲(chǔ)空間，所有內(nèi)容均由用戶發(fā)布，不代表本站觀點(diǎn)。請(qǐng)注意甄別內(nèi)容中的聯(lián)系方式、誘導(dǎo)購買等信息，謹(jǐn)防詐騙。如發(fā)現(xiàn)有害或侵權(quán)內(nèi)容，請(qǐng)點(diǎn)擊一鍵舉報(bào)。

轉(zhuǎn)藏 分享

QQ空間 QQ好友新浪微博微信

獻(xiàn)花（0） +1

來自：地質(zhì)博士 > 《待分類》

舉報(bào)/認(rèn)領(lǐng)