算法通关村第十九关：白银挑战-动态规划高频问题

白银挑战-动态规划高频问题

1. 最少硬币数

LeetCode 322
https://leetcode.cn/problems/coin-change/description/

思路分析

尝试用回溯来实现
假如coins=[2,5,7]，amount=27，求解过程中，每个位置都可以从[2,5,7]中选择，因此可以逐步将所有情况枚举出来，然后再找到要求的最少硬币数，图示如下：
在这里插入图片描述

通过上面的图，发现 f[20] 等已经存在多次重复计算了，存在大量重复计算的问题，效率低。

尝试用贪心来实现
直觉告诉我们尽量使用大的，假如coins=[2,5,7]，amount=27
先连续用 7+7+7=21，剩下6用2+2+2=6，一共 7+7+7+2+2+2=27，共使用了6枚硬币
但我们可以使用 7+5+5+5+5=27，使用5枚硬币就够了
贪心的思路不能解决本题

尝试用DP来实现
使用DP能同时满足效率和准确性

设状态f(x)，最少用f(x)枚硬币能拼出x
建立数组arr，索引表示的是 amount，表示最少需要arr[i]个硬币能拼出来
其中有些位放的是M，表示就是不能拼出来的意思

coins = [1,2,5] 时
在这里插入图片描述

coins = [2,5,7] 时
在这里插入图片描述

以coins=[2,5,7]，详细分析一步步实现DP

第一步：确定状态和子问题

状态
f(x)，最少用f(x)枚硬币能拼出x

子问题
先看最后一步，从后向前找递归

最优策略K枚硬币，a1, a2, … ak 面值加起来是27
除掉最后一枚硬币ak，前面硬币加起来面值就是 27-ak
ak一定是 2,5,7 中的一枚
- 如果ak=2，f(27)=f(25)+1
- 如果ak=5，f(27)=f(22)+1
- 如果ak=7，f(27)=f(20)+1
f(27)=min(f(25),f(22),f(20))+1

在这里插入图片描述

f(27)=min(f(25),f(22),f(20))+1
接下来，根据递归的思想再去算 f(25),f(22),f(20)…

其中f(6)=min(f(4),f(1),f(-1))+1
f(1)和f(-1)不满足要求，需要设置为正无穷
f(4)=2，f(6)=2+1=3

总结：递推要从右向左，计算要从左向右

第二步：确定状态转移方程

子问题确定之后，状态转移方程也基本确定了
在这里插入图片描述

f(x) = min(f(x-2), f(x-5), f(x-7)) + 1

第三步：确定初始条件和边界

初始条件 f(0) = 0
如果不能拼出x，就定义f(x)为正无穷

注意溢出问题：
如果不能拼定义为正无穷，可能存在溢出问题
可以用amount来代替正无穷

第四步：按顺序计算

执行状态转移方程 f(x) = min(f(x-2), f(x-5), f(x-7)) + 1 对数组进行计算
递推要从右向左，计算要从左向右

第五步：代码实现

第一版代码

# 伪代码
def coin(coins, amount):max_num = amount + 1dp = [max_num] * (amount + 1)dp[0] = 0for i in range(amount + 1):if check(i):dp[i] = min(dp[i - coins[0]], dp[i - coins[1]], dp[i - coins[2]]) + 1return dp[amount] if dp[amount] < max_num else -1def check(i, coins):# 这里要保证 i - coins[i] 大于0# 这里还要保证不越界，写起来比较复杂，我们理解功能即可pass

第二版代码

# 伪代码
def coin(coins, amount):max_num = amount + 1dp = [max_num] * (amount + 1)dp[0] = 0for i in range(amount + 1):if check(i):dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[0]] + 1)dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[1]] + 1)dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[2]] + 1)return dp[amount] if dp[amount] < max_num else -1def check(i, coins):# 这里要保证 i - coins[i] 大于0# 这里还要保证不越界，写起来比较复杂，我们理解功能即可pass

如果 coins[] 数组比较大，if判断就非常长，考虑价格循环解决，最终代码实现如下

第三版代码

class Solution:def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:max_num = amount + 1dp = [max_num] * (amount + 1)dp[0] = 0for i in range(1, amount + 1):for j in range(len(coins)):if i - coins[j] >= 0:dp[i] = min(dp[i], dp[i - coins[j]] + 1)return dp[amount] if dp[amount] < max_num else -1

总结一下求最值型DP的步骤

确定状态和子问题。
从最后一步开始（最优策略中使用的最后一枚硬币ak）推导f(n)与子问题之间的关系，然后将其化成子问题（最少的硬币拼出更小的面值27-ak)
通过状态，可以得到状态转移方程 f(x) = min(f(x-2), f(x-5), f(x-7)) + 1
处理初始条件和边界问题。f[0]=0，其他如果不能拼出来标记为 f(x)=正无穷
从小到大开始计算。这里就是从 f(0),f(1),f(2)…向后计算

2. 最长连续递增子序列

LeetCode 674
https://leetcode.cn/problems/longest-continuous-increasing-subsequence/description/

思路分析

不用动态规划也能解决，例如前面介绍的滑动窗口就可以

动态规划解决

在这里插入图片描述

第一步：分析状态和子问题
状态 f(i) ，以a[i]结尾的最长连续上升子序列的长度

最后一个元素a[j]，存在两种情况

a[j]<=a[j-1]，f[j]=1 (a[j]<=a[j-1] or j=0)
a[j]>a[j-1]，f[j] = f[j-1]+1 (j>0且a[j]>a[j-1])

第二步：转移方程
f[j]=1 a[j]<=a[j-1] or j=0)
f[j] = f[j-1]+1 j>0且a[j]>a[j-1]

第三步：初始条件和边界
f[j]=1 a[j]<=a[j-1] or j=0)
f[j] = f[j-1]+1 j>0且a[j]>a[j-1]

第四步：按照顺序计算
和硬币组合不一样，答案为 max([f(0), f(1), f(2), … ,f(n-1)])

代码实现

class Solution:def findLengthOfLCIS(self, nums: List[int]) -> int:# 动态规划arr = [1] * len(nums)for i in range(1, len(nums)):if nums[i] > nums[i-1]:arr[i] = arr[i-1] + 1return max(arr)

3. 最长递增子序列

LeetCode 300
https://leetcode.cn/problems/longest-increasing-subsequence/description/、

思路分析

本题与上一题 LeetCode 674 的区别：没有说子序列元素一定是连续的

在这里插入图片描述

使用DP解决问题的方法

第一步：确定状态和子问题
状态f(x) 第x个元素的最长递增子序列长度，求以a[x]结尾的最长上升子序列

子问题：
情况1：最长上升子序列为 { a[j] }，f[j] = 1
情况2：最长上升子序列大于1
0<=i<j，a[j]>a[i]，f[j] = f[i]+1
在这里插入图片描述

因为不确定最优策略中a[j]前一个元素a[i]是哪一个，需要枚举每个i，求以a[j]结尾的最长上升子序列
在这里插入图片描述

第二步：初始条件和边界
f[0] = 1
情况2必须满足
1.0<=i<j
2. a[j]>a[i]

第三步：计算顺序
计算 f[0],f[1],…,f[n-1]
答案就是这些数中最大的那个

代码实现

class Solution:def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:# 动态规划arr = [1] * len(nums)for i in range(1, len(nums)):for j in range(i):if nums[i] > nums[j]:arr[i] = max(arr[j] + 1, arr[i])return max(arr)

class Solution:def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:# 动态规划dp = []for i in range(len(nums)):dp.append(1)for j in range(i):if nums[i] > nums[j]:dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i])return max(dp)

4. 最少完全平方数

LeetCode279
https://leetcode.cn/problems/perfect-squares/description/

思路分析

手动画一下
在这里插入图片描述

使用DP来实现

第一步：确定状态和子问题
状态：f[i] i最少被分成几个完全平方数之和
子问题：参考硬币的问题，f[i] = min(f[i-j*j]+1, f[i]) 1<=j<i^0.5

第二步：状态转移方程
f[i] = min(f[i-j*j]+1, f[i]) 1<=j<i^0.5

第三步：初始和边界条件
f[0] = 0

第四步：计算顺序
计算 f[0],f[1],…,f[n-1],f[n]
答案就是f[n]

代码实现

class Solution:def numSquares(self, n: int) -> int:dp = [0]for i in range(1, n + 1):dp.append(i)for j in range(1, int(i**0.5) +1):dp[i] = (min(dp[i-j**2]+1, dp[i] ))return dp[n]

5. 再论青蛙跳

LeetCode 55
https://leetcode.cn/problems/jump-game/description/

思路分析
典型的贪心问题，下面从动态规划的角度来分析解题

状态和子问题
状态：f[x] 能否跳跃值x
子问题：可以跳到j，j可以跳到i
状态转移方程
f[i] = True | 0<=j<i and f[j] and a[j]>=i-j
初始和边界条件
f[0] = True
顺序
计算 f[0],f[1],…,f[n-1] 答案就是f[n-1]

代码实现

class Solution:def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:# 动态规划bp = [False] * len(nums)bp[0] = Truefor i in range(1, len(nums)):for j in range(i):if bp[j] and nums[j] >= i - j:bp[i] = Truereturn bp[-1]

注：动态规划可以实现，但在LeetCode上，运行超出时间限制

6. 解码问题

LeetCode 91
https://leetcode.cn/problems/decode-ways/description/

思路分析

状态和子问题
状态：f[i] 以a[i]结尾，可以有多少种解码方式
子问题：
最后一个字母的解码有两种情况
情况1：1个数字解码 a[i]对应一个字母，f[i] = f[i-1]
情况2：2个数字解码 a[i-1]a[i]对应一个字母，f[i] = f[i-2]

综上，f[i] = f[i-1](条件:a[i]可以对应一个字母) + f[i-2](条件:a[i-1]a[i]可以对应一个字母)
状态转移方程
f[i] = f[i-1](条件:a[i]可以对应一个字母) + f[i-2](条件:a[i-1]a[i]可以对应一个字母)
初始和边界条件
初始条件f[0] = 1 理解为空串，有一种解码方式
边界条件：i = 1，只看最后一个数字就行了
顺序
计算 f[0],f[1],…,f[n-1] 答案就是f[n]

代码实现

class Solution:def numDecodings(self, s: str) -> int:n = len(s)dp = [0] * (n + 1)dp[0] = 1for i in range(1, n + 1):if s[i - 1] != '0':dp[i] += dp[i - 1]if i > 1 and 10 <= int(s[i - 2]) * 10 + int(s[i - 1]) <= 26:dp[i] += dp[i - 2]return dp[len(s)]

7. 路径中存在障碍物

LeetCode 63
https://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/description/

我们在路径部分介绍了多种路径的问题
本专题有个重要的拓展，加入网格中存在障碍物怎么办?

本题是在 LeetCode 62 的基础上，如果中间某个位置存在障碍物，那一共有多少种路径。

示例
输入    obstacleGrid = [[0,0,0], [0,1,0], [0,0,0]]
输出    2
解释    3x3 网格的正中间有一个障碍物从左上角到右下角一共有2条不同的路径1. 向右->向右->向下->向下2. 向下->向下->向右->向右

在这里插入图片描述

思路分析

处理方法不算复杂
设置没有障碍物的格子标记为0，有障碍物的格子标记为1
执行的时候如果当前位置dp[i][j] == 1时，直接跳过

代码实现

class Solution:def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:m = len(obstacleGrid)n = len(obstacleGrid[0])bp = [[0] * n for _ in range(m)]bp[0][0] = 1 if obstacleGrid[0][0] == 0 else 0for i in range(m):for j in range(n):if obstacleGrid[i][j] == 1:bp[i][j] = 0elif i >= 1 and j >= 1:bp[i][j] = bp[i - 1][j] + bp[i][j - 1]elif i >= 1:bp[i][j] = bp[i - 1][j]elif j >= 1:bp[i][j] = bp[i][j - 1]return bp[-1][-1]

class Solution:def uniquePathsWithObstacles(self, obstacleGrid: List[List[int]]) -> int:# 滚动数组实现m = len(obstacleGrid)n = len(obstacleGrid[0])dp = [0] * ndp[0] = 1 if obstacleGrid[0][0] == 0 else 0for i in range(m):for j in range(n):if obstacleGrid[i][j] == 1:dp[j] = 0elif j - 1 >= 0 and obstacleGrid[i][j - 1] == 0:dp[j] += dp[j - 1]return dp[n - 1]

8. 滚动数组技巧

LeetCode 118
https://leetcode.cn/problems/pascals-triangle/description/
LeetCode 119
https://leetcode.cn/problems/pascals-triangle-ii/description/

杨辉三角
特点：每个元素嗾使其二维矩阵中左上方和右上方的元素之和，是一种对称结构
在这里插入图片描述

用二维数组表示
在这里插入图片描述

每一行的最右侧和最左侧都是1
前两行时1，第3行才开始有累加的问题
每一行的元素数量与其行数一样

代码实现

LeetCode 119

class Solution:def getRow(self, rowIndex: int) -> List[int]:# 新建二维数组a = [[] for _ in range(rowIndex+1)]for i in range(rowIndex+1):# 确定每一行数组a[i] = [0] * (i + 1)# 第1个和最后1个元素为1a[i][0] = 1a[i][i] = 1for i in range(rowIndex+1):# 从第3行开始if i >= 2:for j in range(1, len(a[i]) - 1):a[i][j] = a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j]return a[-1]

思路分析

如果要求只能使用O(n)空间实现呢？可以使用上面提到的滚动数组来做

a[i][j] = a[i-1][j-1] + a[i-1][j]

存在问题：计算dp[i]的时候，需要上一轮的dp[i-1]，但是这个值已经被覆盖了
例如下图中的 3 需要使用上一轮的2和1进行相加，但是此时2已经覆盖成3了，所以仅靠一个一维数组无法解决问题

在这里插入图片描述

可以使用两个数组，也是O(n)空间，使用两个数组来进行轮换交流
如下图所示，黑色代表上一轮的结构，红色表示当前轮更新的结果
在这里插入图片描述

代码实现

LeetCode 119

class Solution:def getRow(self, rowIndex: int) -> List[int]:# 滚动数组，两个一维数组pre = []cur = []for i in range(rowIndex+1):for j in range(i + 1):if j == 0 or i == j:cur.append(1)else:cur.append(pre[j - 1] + pre[j])pre = curcur = []return pre

思路分析

如果只能使用一个一维数组来完成，该怎么做呢？

观察 cur[j] = pre[j-1] + pre[j]，第 j 项的计算与上一行第 j-1 项和第 j 项有关

可以倒着算，就没有影响了，先计算第 j 项，再计算第 j-1 项，这样计算第 j 项时，第 j-1 项还是上一行的值
cur[j] = cur[j-1] + cur[j]

# 两个二维数组
for j in range(i + 1):if j == 0 or i == j:cur.append(1)else:cur.append(pre[j - 1] + pre[j])

变为

# 一个二维数组
for j in range(i, -1, -1):if j == 0 or i == j:arr[j] = 1else:arr[j] = arr[j - 1] + arr[j]

代码实现

LeetCode 119

class Solution:def getRow(self, rowIndex: int) -> List[int]:# 滚动数组，一个一维数组arr = []for i in range(rowIndex+1):arr.append(0)for j in range(i, -1, -1):if j == 0 or i == j:arr[j] = 1else:arr[j] = arr[j - 1] + arr[j]return arr