Динамическое программирование с большим количеством подзадач

Динамическое программирование с большим количеством подзадач. Поэтому я пытаюсь решить эту проблему с улицы Интервью:

Ходьба по сетке (оценка 50 баллов)
Вы находитесь в мерной сетке в позиции . Размеры сетки: ). За один шаг вы можете идти на один шаг вперед или назад в любом из измерений. (Так что всегда есть возможных разных ходов). Сколько способов вы можете сделать шагов, чтобы не покинуть сетку ни в одной точке? Вы выходите из сетки, если для любого , либо либо .$N$$(x_1,x_2,\dots,x_N)$$(D_1,D_2,\dots,D_N$$N$$2N$$M$$x_i$$x_i \leq 0$$x_i > D_i$

Моей первой попыткой было это запомненное рекурсивное решение:

def number_of_ways(steps, starting_point):
    global n, dimensions, mem
    #print steps, starting_point
    if (steps, tuple(starting_point)) in mem:
        return mem[(steps, tuple(starting_point))]
    val = 0
    if steps == 0:
        val = 1
    else:
        for i in range(0, n):
            tuple_copy = starting_point[:]
            tuple_copy[i] += 1
            if tuple_copy[i] <= dimensions[i]:
                val += number_of_ways(steps - 1, tuple_copy)
            tuple_copy = starting_point[:]
            tuple_copy[i] -= 1
            if tuple_copy[i] > 0:
                val += number_of_ways(steps - 1, tuple_copy)
    mem[(steps, tuple(starting_point))] = val
    return val

Большой сюрприз: он не подходит для большого количества шагов и / или измерений из-за недостатка памяти.

Так что следующий шаг , чтобы улучшить свое решение с помощью динамического программирования. Но прежде чем начать, я вижу большую проблему с подходом. Аргумент starting_pointявляется -кратным, где таким же, как . Таким образом , в самом деле, функция может быть с .n 10 1 ≤ x i ≤ $n$$n$$10$number_of_ways(steps, x1, x2, x3, ... x10)$1 \leq x_i \leq 100$

Проблемы динамического программирования, которые я видел в учебниках, почти все имеют переменные twp, так что нужна только двумерная матрица. В этом случае потребуется десятимерная матрица. Итак, всего клеток.$100^{10}$

С 2-D матрицами в динамическом программировании, как правило , только предыдущий ряд вычислений требуются для следующего расчета, следовательно , уменьшение пространственной сложности от до . Я не уверен, как бы я поступил так же в этом случае. Визуализация таблицы неосуществима, поэтому ответ должен прийти непосредственно из приведенной выше рекурсии.$mn$$\min(m,n)$

ОБНОВИТЬ

Используя предложения Питера Шора и внося некоторые незначительные исправления, в частности, необходимость отслеживать положение в функции , а не только измерения на два набора A и B, выполняя разбиение рекурсивно, эффективно используя метод «разделяй и властвуй», пока не будет достигнут базовый случай, когда в наборе есть только одно измерение.$W(i, t_i)$

Я придумал следующую реализацию, которая прошла все тесты ниже максимального времени выполнения:

def ways(di, offset, steps):
    global mem, dimensions
    if steps in mem[di] and offset in mem[di][steps]:
        return mem[di][steps][offset]
    val = 0
    if steps == 0:
        val = 1
    else:
        if offset - 1 >= 1:
            val += ways(di, offset - 1, steps - 1)
        if offset + 1 <= dimensions[di]:
            val += ways(di, offset + 1, steps - 1)
    mem[di][steps][offset] = val
    return val


def set_ways(left, right, steps):
    # must create t1, t2, t3 .. ti for steps
    global mem_set, mem, starting_point
    #print left, right
    #sleep(2)
    if (left, right) in mem_set and steps in mem_set[(left, right)]:
        return mem_set[(left, right)][steps]
    if right - left == 1:
        #print 'getting steps for', left, steps, starting_point[left]
        #print 'got ', mem[left][steps][starting_point[left]], 'steps'
        return mem[left][steps][starting_point[left]]
        #return ways(left, starting_point[left], steps)
    val = 0
    split_point =  left + (right - left) / 2 
    for i in xrange(steps + 1):
        t1 = i
        t2 = steps - i
        mix_factor = fact[steps] / (fact[t1] * fact[t2])
        #print "mix_factor = %d, dimension: %d - %d steps, dimension %d - %d steps" % (mix_factor, left, t1, split_point, t2)
        val += mix_factor * set_ways(left, split_point, t1) * set_ways(split_point, right, t2)
    mem_set[(left, right)][steps] = val
    return val

import sys
from time import sleep, time

fact = {}
fact[0] = 1
start = time()
accum = 1
for k in xrange(1, 300+1):
    accum *= k
    fact[k] = accum
#print 'fact_time', time() - start

data = sys.stdin.readlines()
num_tests = int(data.pop(0))
for ignore in xrange(0, num_tests):
    n_and_steps = data.pop(0)
    n, steps = map(lambda x: int(x), n_and_steps.split())
    starting_point = map(lambda x: int(x), data.pop(0).split())
    dimensions = map(lambda x: int(x), data.pop(0).split())
    mem = {}
    for di in xrange(n):
        mem[di] = {}
        for i in xrange(steps + 1):
            mem[di][i] = {}
            ways(di, starting_point[di], i)
    start = time()
    #print 'mem vector is done'
    mem_set = {}
    for i in xrange(n + 1):
        for j in xrange(n + 1):
            mem_set[(i, j)] = {}
    answer = set_ways(0, n, steps)
    #print answer
    print answer % 1000000007
    #print time() - start

Различные размеры независимы . Что вы можете сделать, так это вычислить, для каждого измерения j , сколько различных шагов есть только в этом измерении, которые предпринимают шагов. Назовем это число . Из вашего вопроса вы уже знаете, как вычислить эти числа с помощью динамического программирования.$t$$W(j,t)$

Теперь легко подсчитать количество прогулок, которые делают шагов в измерении . У вас есть способов вкрапления измерений, так что общее количество шагов, сделанных в измерении равно , и для каждого из этих способов у вас есть . Суммируйте их, чтобы получить Теперь память находится под контролем, так как вам нужно только запомнить значения . Время увеличивается сверхполиномиально для больших , но у большинства компьютеров гораздо больше времени, чем памяти.$t_i$$i$$N \choose t_1,t_2, \ldots, t_M$$i$$t_i$$\Pi_1^N W(i,t_i)$

Вы можете сделать еще лучше. Рекурсивный разделить размеры на два подмножества, и , и вычислить , сколько ходит там , используя только размеры в подмножество , и только те , в . Назовите эти номера и соответственно. Вы получаете общее количество прогулок по$A$$B$$A$$B$$W_A(t)$$W_B(t)$

Давайте из вашего кода формулу для (для внутренней ячейки, которая игнорирует граничные случаи):$\newcommand{\now}{\operatorname{now}}\now(s,x_1,\dots,x_n)$

$\qquad \begin{align} \now(s,x_1,\dots,x_n) = \phantom{+} &\sum_{i=0}^n \now(s-1,x_1,\dots,x_{i-1},x_i + 1, x_{i+1},\dots,x_n) \\ + &\sum_{i=0}^n\now(s-1,x_1,\dots,x_{i-1},x_i - 1, x_{i+1},\dots,x_n) \end{align}$

Вот несколько идей.

• Мы видим, что как только вы вычислили все значения для , вы можете отбросить все вычисленные значения для .$s=k$$s<k$
• Для фиксированных значений вы должны вычислять записи таблицы в лексикографическом порядке (просто потому, что это просто). Затем обратите внимание, что каждая ячейка нуждается только в таких ячейках внутри «радиуса одного», то есть никакая координата не может быть дальше, чем единица. Поэтому, как только ваша итерация достигнет , вы можете отбросить все значения для . Если этого недостаточно, сделайте то же самое для - для фиксированного , отбросьте значения с и когда достигается - и так далее.$s$$x_1=i$$x_1\leq i-2$$x_2$$x_1=i$$x_1 = i$$x_2 \leq j-2$$x_2=j$
• Обратите внимание, что «так что всегда есть возможных различных ходов» выполняется только в середине сетки, то есть если и для всех . Но это также означает , что ответ прост в середине: это просто . Если бы у вас был рабочий рецидив динамического программирования, это само по себе позволило бы сбрить большую часть таблицы (если ).$2N$$x_i - M > 0$$x_i + M < D_i$$i$$(2N)^M$$M\ll N$
• Следует также отметить, что вам не нужно вычислять всю таблицу; большинство значений будут заполнены любом случае (если ). Вы можете ограничиться (гипер) кубом с длиной ребра вокруг (обратите внимание, что он будет помят из-за путей, выходящих из сетки).$0$$M\ll N$$2M$$x$

Этого должно быть достаточно, чтобы сохранить использование памяти достаточно низким.