Programowanie dynamiczne z dużą liczbą podproblemów

Programowanie dynamiczne z dużą liczbą podproblemów. Więc próbuję rozwiązać ten problem z ulicy wywiadu:

Grid Walking (Zdobądź 50 punktów)
Znajdujesz się w siatce $N$ wymiarowej na pozycji $(x_1,x_2,\dots,x_N)$ . Wymiary siatki to $(D_1,D_2,\dots,D_N$ ). W jednym kroku możesz przejść jeden krok do przodu lub do tyłu w dowolnym z $N$ wymiarów. (Więc zawsze są $2N$ możliwe różne ruchy). Na ile sposobów możesz wziąć $M$kroki takie, że w żadnym momencie nie opuszczasz siatki? Opuszczasz siatkę, jeśli dla dowolnego $x_i$ , albo $x_i \leq 0$ albo $x_i > D_i$ .

Moją pierwszą próbą było zapamiętane rozwiązanie rekurencyjne:

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

Wielka niespodzianka: zawodzi w przypadku dużej liczby kroków i / lub wymiarów z powodu braku pamięci.

Następnym krokiem jest ulepszenie mojego rozwiązania za pomocą programowania dynamicznego. Ale przed rozpoczęciem widzę poważny problem z tym podejściem. Argumentem starting_pointjest $n$ -tuple, gdzie $n$ jest tak duże jak $10$ . Tak więc w rzeczywistości funkcja może być number_of_ways(steps, x1, x2, x3, ... x10)z $1 \leq x_i \leq 100$ .

Problemy z programowaniem dynamicznym, które widziałem w podręcznikach, prawie wszystkie mają zmienne TWP, więc potrzebna jest tylko dwuwymiarowa macierz. W takim przypadku potrzebna byłaby dziesięciowymiarowa matryca. Więc komórek w sumie.$100^{10}$

$mn$$\min(m,n)$

AKTUALIZACJA

Korzystając z sugestii Petera Shora i wprowadzając kilka drobnych poprawek, zwłaszcza potrzebę śledzenia pozycji w funkcji , a nie tylko dzielenie wymiarów na dwa zestawy A i B, dzielenie rekurencyjne, efektywne przy użyciu metoda „dziel i rządź”, dopóki nie zostanie osiągnięty przypadek podstawowy, gdy w zestawie znajduje się tylko jeden wymiar.$W(i, t_i)$

Wymyśliłem następującą implementację, która przeszła wszystkie testy poniżej maksymalnego czasu wykonania:

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

Różne wymiary są niezależne . To, co możesz zrobić, to obliczyć, dla każdego wymiaru j , ile różnych spacerów jest w tym wymiarze, który wykonuje kroków. Nazwijmy ten numer . Z pytania już wiesz, jak obliczyć te liczby za pomocą programowania dynamicznego.$t$$W(j,t)$

Teraz łatwo policzyć liczbę spacerów, które wykonują kroki w wymiarze . Trzeba sposoby wymiary przeplatając tak, że całkowita liczba kroków podjętych w wymiarze jest , a dla każdego z tych sposobów masz spacery. Zsumuj je, aby uzyskać Teraz pamięć jest pod kontrolą, ponieważ wystarczy zapamiętać wartości . Czas rośnie wielobiegunowo dla dużych , ale większość komputerów ma znacznie więcej czasu niż pamięć.$t_i$$i$$N \choose t_1,t_2, \ldots, t_M$$i$$t_i$$\Pi_1^N W(i,t_i)$

Możesz zrobić jeszcze lepiej. Rekursywnie podzielić wymiary na dwa podzbiory, i , i obliczyć, ile idzie tam używasz tylko wymiary w podzbioru , i tylko te, w . Nazwij te numery odpowiednio i . Otrzymujesz łączną liczbę spacerów$A$$B$$A$$B$$W_A(t)$$W_B(t)$

formułę dla nazwa z kodu (dla komórki wewnętrznej, która ignoruje przypadki graniczne):$\newcommand{\now}{\operatorname{now}}\now(s,x_1,\dots,x_n)$

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

Oto kilka pomysłów.

• Widzimy, że po obliczeniu wszystkich wartości dla można usunąć wszystkie obliczone wartości dla .$s=k$$s<k$
• Dla stałych należy obliczyć pozycje tabeli w porządku leksykograficznym (tylko dlatego, że jest to proste). Następnie zauważ, że każda komórka potrzebuje tylko takich komórek w „promieniu jednego”, to znaczy żadna współrzędna nie może być dalej niż jedna. Dlatego gdy twoja iteracja osiągnie , możesz usunąć wszystkie wartości dla . Jeśli to nie wystarczy, zrób to samo dla - dla ustalonego , upuść wartości z oraz gdy osiągnięta zostanie - i tak dalej.$s$$x_1=i$$x_1\leq i-2$$x_2$$x_1=i$$x_1 = i$$x_2 \leq j-2$$x_2=j$
• Zauważ, że „więc zawsze są możliwe różne ruchy” zachowuje się tylko w środku siatki, to znaczy, jeśli i dla wszystkich . Ale to oznacza również, że odpowiedź jest prosta w środku: to tylko . Jeśli miałeś działające cykliczne powtarzanie programowania, to samo pozwoliłoby ci zgolić większość tabeli (jeśli ).$2N$$x_i - M > 0$$x_i + M < D_i$$i$$(2N)^M$$M\ll N$
• Kolejną rzeczą do odnotowania jest to, że nie musisz obliczać całego stołu; większość wartości i tak zostanie wypełniona (jeśli ). Możesz ograniczyć się do (hiper) sześcianu o długości wokół (zwróć uwagę, że zostanie on wgnieciony z powodu ścieżek opuszczających siatkę).$0$$M\ll N$$2M$$x$

To powinno wystarczyć do utrzymania niskiego zużycia pamięci.