62.不同路径(唯一路径问题)
62. 不同路径https://leetcode.cn/problems/unique-paths/
方法一:动态规划
找状态转移方程,也就是说它从左上角走到右下角,只能往右或者往下走,那么设置一个位置为(i,j)它只能从(i-1,j)或者(i,j-1)走过来那么它的状态转移方程就是除了这个还要去思考边界条件,如果i=0那么就不满足右侧的状态转移方程,同理j
= 0也不行,就是边上的那些数,可以考虑到边上的那些数都可以设置为1,也就是f(i,0)和f(0,j)都是1
class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {int[][] f = new int [m][n];for(int i = 0; i < m; i ++){f[i][0] = 1;}for(int j = 0; j < n ; j++){f[0][j] = 1;}for(int i = 1; i < m; ++i){for(int j = 1; j < n; ++j){f[i][j] = f[i -1][j] + f[i][j -1];}}return f[m - 1][n - 1];}
}
优化空间复杂度:
这个唯一路径问题可以进行空间复杂度的优化 :由于 f(i,j) 仅与第 i 行和第 i−1 行的状态有关,因此我们可以使用滚动数组代替代码中的二维数组,使空间复杂度降低为 O(n)。
这个思路是。我们不需要存储每一个点,只需要存储它的上面一个点就行,再加上上一列的值即可,从第二行开始,每一行进行遍历只需要原始的值加上上一列的值。边界条件就是第一行都是1(很好想)
class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {//对于每一行,按列进行遍历//第一行先都设为1int f[] = new int[n];for(int i = 0; i < n; ++i){f[i] = 1;}//从第二行开始,对每一列进行遍历,它的f值只和它的前一列相关for(int i = 1; i < m; i++){for(int j = 1; j < n; j++){f[j] += f[j - 1];//这个f[j]再每一次行遍历都更新,它就代表着上一次遍历的上一行的内容 }}return f[n - 1];}
}
方法二:排列组合
因为它只能向下走或者是向右走,所以就只有
从左上角到右下角的过程中,我们需要移动 m+n−2 次,其中有 m−1 次向下移动,n−1 次向右移动。因此路径的总数,就等于从 m+n−2 次移动中选择 m−1 次向下移动的方案数。实现这个排列组合的式子就行,其实实现这个技巧也是有讲究的,因为上面等于下面两个的和,所以位数是一样的,做一个循环,每一项相乘就行
class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {long ans = 1;for(int x = n,y = 1; y < m; ++x,++y){ans = ans *x/y;}return (int)ans;}
}
64.最小路径和
64. 最小路径和https://leetcode.cn/problems/minimum-path-sum/还不错这道题自己写出来了,感觉就是前面那个题目的变式,状态转移方程就是第(i,j)个点的最小值由于只能向下或者向右,所以最小值就是它上面的或者左边的加上它自身的值。然后边界条件考虑(0,0),再考虑第一行和第一列。
class Solution {public int minPathSum(int[][] grid) {int m = grid.length;int n = grid[0].length;int dp[][] = new int [m][n];dp[0][0] = grid[0][0];for(int i = 1 ; i < m ;++i){dp[i][0] = dp[i -1][0] + grid[i][0];}for(int j = 1; j < n;++j){dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];}for(int i = 1; i < m; i++){for(int j = 1; j < n; j++){dp[i][j] = grid[i][j] + Math.min(dp[i -1][j],dp[i][j - 1]);}}return dp[m -1][n -1];}
}
63.不同路径Ⅱ
63. 不同路径 IIhttps://leetcode.cn/problems/unique-paths-ii/
这个其实大同小异,但是加了个障碍也就是说带障碍的要做个判断,如果他这是0,这条路就死了直接置为0
然后这次构建dp数组是多了一个空间确实好用
class Solution {public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {int m = obstacleGrid.length;int n = obstacleGrid[0].length;int dp[][] = new int [m+1][n+1];dp[1][1] = 1;for(int i = 1; i < m + 1; ++i){for(int j = 1;j < n + 1; ++j){if(obstacleGrid[i -1][j -1] == 1){dp[i][j] = 0;}else{dp[i][j] = Math.max(dp[i][j],dp[i - 1][j]+dp[i][j -1]);//这里的max是为了dp[1][1]}}}return dp[m][n];}
}
做完了这个题我又回头看第62题,确实是这样创建数组更舒服,我就又写了一版62的题解
class Solution {public int uniquePaths(int m, int n) {int[][] f = new int [m + 1][n + 1];f[1][1] = 1;for(int i = 1; i < m + 1; ++i){for(int j = 1; j < n + 1; ++j){f[i][j] = Math.max(f[i -1][j] + f[i][j -1],f[i][j]);}}return f[m][n];}
}
对于63题我觉得不能用这钟方式,因为如果这样设置他的转移方程是求最小值,这样的话边界是0的情况下都算进去了,就错误了。
120.三角形最小路径和
方法一:动态规划
120. 三角形最小路径和https://leetcode.cn/problems/triangle/看到这个题目有点恍惚了,感觉是和以前的题目没啥区别,状态转移方程也是很好想,就是这一个的最小值就是上面和上面的左边的最小值加上这个值的min,但是三角形边界的情况还是特殊一点,因为就是比如在第i行的第0个发现j-1到达不了,以及在第i行的第i个发现在第i-1行的第i列也到达不了,所以要考虑这个两边的边界情况。其他的部分还是很像的,还需注意的是triangle是数组想取值用get
for(int i = 1; i < m; ++i){dp[i][0] = dp[i -1][0] + triangle.get(i).get(0);for(int j =1;j < i; ++j){dp[i][j] = Math.min(dp[i -1][j -1],dp[i -1][j]) +triangle.get(i).get(j);}dp[i][i] = dp[i - 1][i - 1] + triangle.get(i).get(i);}
class Solution {public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {int m = triangle.size();int [][] dp = new int [m][m];dp[0][0] = triangle.get(0).get(0);for(int i = 1; i < m; ++i){dp[i][0] = dp[i -1][0] + triangle.get(i).get(0);for(int j =1;j < i; ++j){dp[i][j] = Math.min(dp[i -1][j -1],dp[i -1][j]) +triangle.get(i).get(j);}dp[i][i] = dp[i - 1][i - 1] + triangle.get(i).get(i);}int minTol = dp[m -1][0];for(int i = 1; i < m; i++){minTol = Math.min(minTol,dp[m -1][i]);}return minTol;}
}
931.下降路径最小和
931. 下降路径最小和https://leetcode.cn/problems/minimum-falling-path-sum/这道题目其实和上一道的思路属于是殊途同归的,需要考虑这些形状的边界的情况,与三角形不同,这个要考虑左右两边,容易出错的点就是在考虑右边的时候注意下标m -1同时考虑最后一排的最小值。做过上面那道题,这道题可以轻松ac
class Solution {public int minFallingPathSum(int[][] matrix) {int m = matrix.length;int dp[][] = new int [m][m];//初始化for(int i = 0; i < m; ++i){dp[0][i] = matrix[0][i];}for(int i = 1; i < m; ++i){dp[i][0] = matrix[i][0] + Math.min(dp[i - 1][0],dp[i -1][1]); for(int j = 1; j < m - 1; ++j){dp[i][j] = matrix[i][j] + Math.min(Math.min(dp[i -1][j -1],dp[i -1][j]),dp[i -1][j + 1]);}dp[i][m - 1] = matrix[i][m -1] + Math.min(dp[i -1][m -1],dp[i -1][m -2]);}int minres = dp[m -1][0];for(int i = 0; i < m; ++i){minres = Math.min(minres,dp[m -1][i]);}return minres;}
}
221.最大正方形
221. 最大正方形https://leetcode.cn/problems/maximal-square/
方法一:暴力
暴力来说的话还是比较好想的,就是先遍历一遍,如果有1就设置为res为1了,然后就找到这个左上角,去算一下潜在的最大正方形,再去遍历去找,先沿着对角线如果是1的话,就再看看其他地方是否满足,设置flag,如果不满足置为false
class Solution {public int maximalSquare(char[][] matrix) {int m = matrix.length;int n = matrix[0].length;int res = 0;if(matrix == null || matrix.length == 0 || matrix[0].length == 0){return res;}for(int i = 0; i < m; ++i){for(int j = 0; j < n; ++j){if(matrix[i][j] == '1'){res = Math.max(1,res);//计算可能的最大的正方形边长int currentMaxside = Math.min(m - i,n - j);for(int k = 1 ;k < currentMaxside; ++k){//判断新增的一列是否都是1boolean flag = true; if(matrix[i + k][j + k] == '0'){break;}for(int q = 0; q < k; ++q){if(matrix[i + k][j + q] == '0' || matrix[i + q][j + k] == '0'){flag = false;break;}}if(flag){res = Math.max(res,k + 1);}else{break;}}}}}int ress = res * res;return ress;}
}
方法二:动态规划
这个就有点秒了,考虑的是用 dp(i,j) 表示以 (i,j) 为右下角,且只包含 1 的正方形的边长最大值。
如果该位置的值是 1,则 dp(i,j) 的值由其上方、左方和左上方的三个相邻位置的 dp 值决定。具体而言,当前位置的元素值等于三个相邻位置的元素中的最小值加 1。
这样的话状态转移方程就可以用下面式子来表示
然后注意边界条件就是,如果在第一排或者第一列,瑞国他是1的话,dp[i][j]只能为1
dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i -1][j],dp[i - 1][j -1 ]),dp[i][j -1]) + 1
class Solution {public int maximalSquare(char[][] matrix) {int Maxres = 0;int rows = matrix.length;int columns = matrix[0].length;int [][] dp = new int [rows][columns];for(int i = 0; i < rows; ++i){for(int j = 0; j < columns; ++j){if(matrix[i][j] == '1'){if(i == 0 || j == 0){dp[i][j] = 1;}else{dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i -1][j],dp[i - 1][j -1 ]),dp[i][j -1]) + 1;}Maxres = Math.max(Maxres,dp[i][j]);}}}int Maxsquare = Maxres * Maxres;return Maxsquare;}
}