算法刷题记录-DP(LeetCode)

746. Min Cost Climbing Stairs

代码

    int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {if (cost.size()<2){return 0;}int cache[cost.size()+1];cache[0]=0;cache[1]=0;for (int i = 2; i <= cost.size(); ++i) {cache[i]= min(cache[i-2]+cost[i-2],cache[i-1]+cost[i-1]);}return cache[cost.size()];}

*873. Length of Longest Fibonacci Subsequence

思路

定义$f[i][j]$为使用 $arr[i]$ 为斐波那契数列的最后一位，使用 $arr[j]$ 为倒数第二位（即 $arr[i]$ 的前一位）时的最长数列长度。

不失一般性考虑$f[i][j]$该如何计算，首先根据斐波那契数列的定义，我们可以直接算得 $arr[j]$ 前一位的值为 $arr[i]-arr[j]$，而快速得知 $arr[i]-arr[j]$值的坐标$t$，可以利用 arr 的严格单调递增性质，使用「哈希表」对坐标进行转存，若坐标 $t$存在，并且符合 $t<j$，说明此时至少凑成了长度为 333 的斐波那契数列，同时结合状态定义，可以使用 $f[j][t]$来更新 $f[i][j]$，即有状态转移方程：
$$f[i][j]=max(3,f[j][t]+1)f[i][j]=\max (3,f[j][t]+1)$$
同时，当我们「从小到大」枚举 iii，并且「从大到小」枚举 $j$ 时，我们可以进行如下的剪枝操作：

• 可行性剪枝：当出现 $arr[i]-arr[j]>=arr[j]$，说明即使存在值为 $arr[i]-arr[j]$的下标 $t$，根据 arr 单调递增性质，也不满足$t<j<i$ 的要求，且继续枚举更小的$j$ ，仍然有$arr[i]-arr[j]>=arr[j]$，仍不合法，直接 break 掉当前枚举$j$的搜索分支；
• 最优性剪枝：假设当前最大长度为 ans，只有当 $j+2>ans$，我们才有必要往下搜索，$j+2$ 的含义为以$arr[j]$ 为斐波那契数列倒数第二个数时的理论最大长度。

代码

    public int lenLongestFibSubseq(int[] arr) {int ans=0;HashMap<Integer,Integer> finder=new HashMap<>();for (int i = 0; i < arr.length; i++) {finder.put(arr[i],i);}int[][] cache=new int[arr.length][arr.length];for (int i = 2; i < arr.length; i++) {for (int j = i-1; j >= 1; j--) {int residual=arr[i]-arr[j];if (residual>=arr[j]){break;}if (finder.containsKey(arr[i]-arr[j])){cache[i][j]=Math.max(3,cache[j][finder.get(residual)]+1);ans=Math.max(ans,cache[i][j]);}}}return ans;}

*877. Stone Game

数学解法

事实上，这还是一道很经典的博弈论问题，也是最简单的一类博弈论问题。

为了方便，我们称「石子序列」为石子在原排序中的编号，下标从 1开始。

由于石子的堆数为偶数，且只能从两端取石子。因此先手后手所能选择的石子序列，完全取决于先手每一次决定。

证明如下：

由于石子的堆数为偶数，对于先手而言：每一次的决策局面，都能「自由地」选择奇数还是偶数的序列，从而限制后手下一次「只能」奇数还是偶数石子。

具体的，对于本题，由于石子堆数为偶数，因此先手的最开始局面必然是[奇数, 偶数]，即必然是「奇偶性不同的局面」；当先手决策完之后，交到给后手的要么是[奇数,奇数] 或者 [偶数,偶数]，即必然是「奇偶性相同的局面」；后手决策完后，又恢复「奇偶性不同的局面」交回到先手 …

不难归纳推理，这个边界是可以应用到每一个回合。

因此先手只需要在进行第一次操作前计算原序列中「奇数总和」和「偶数总和」哪个大，然后每一次决策都「限制」对方只能选择「最优奇偶性序列」的对立面即可。

同时又由于所有石子总和为奇数，堆数为偶数，即没有平局，所以先手必胜。

    bool stoneGame(vector<int>& piles) {return true;}

动态规划

定义 f[l][r] 为考虑区间 [l,r]，在双方都做最好选择的情况下，先手与后手的最大得分差值为多少。

那么 f[1][n] 为考虑所有石子，先手与后手的得分差值：

• $f[1][n]>0$，则先手必胜，返回 True
• $f[1][n]<0$，则先手必败，返回 False

不失一般性的考虑 $f[l][r]$如何转移。根据题意，只能从两端取石子（令 piles 下标从 1 开始），共两种情况：

• 从左端取石子，价值为piles[l - 1]；取完石子后，原来的后手变为先手，从 [l+1,r] 区间做最优决策，所得价值为 f[l+1][r]。因此本次先手从左端点取石子的话，双方差值为：
  $$piles[l-1]-f[l+1][r]$$
• 从右端取石子，价值为 piles[r−1]；取完石子后，原来的后手变为先手，从[l,r−1] 区间做最优决策，所得价值为 f[l][r−1]。因此本次先手从右端点取石子的话，双方差值为：
  $$piles[r-1]-f[l][r-1]$$

双方都想赢，都会做最优决策（即使自己与对方分差最大）。因此 $f[l][r]$ 为上述两种情况中的最大值。

根据动态规划的状态转移方程，计算$\text{dp}[i][j]$ 需要使用 dp[i+1][j]和 dp[i][j−1]的值，即区间 [i+1,j] 和 [i,j−1]的状态值需要在区间[i,j] 的状态值之前计算，因此计算 dp[i][j] 的顺序可以是以下两种。

从小到大遍历每个区间长度，对于每个区间长度依次计算每个区间的状态值。

从大到小遍历每个区间开始下标 $i$，对于每个区间开始下标$i$ 从小到大遍历每个区间结束下标 jjj，依次计算每个区间 [i, j] 的状态值。

计算得到 dp[0][n−1]即为 Alice 与 Bob 的石子数量之差最大值。如果 $dp[0][n-1]>0$，则 Alice 赢得游戏，返回true，否则 Bob 赢得游戏，返回 false。

class Solution {public boolean stoneGame(int[] ps) {int n = ps.length;int[][] f = new int[n + 2][n + 2]; for (int len = 1; len <= n; len++) { // 枚举区间长度for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) { // 枚举左端点int r = l + len - 1; // 计算右端点int a = ps[l - 1] - f[l + 1][r];int b = ps[r - 1] - f[l][r - 1];f[l][r] = Math.max(a, b);}}return f[1][n] > 0;}
}

*915. Partition Array into Disjoint Intervals

思路

根据题意，我们知道本质是求分割点，使得分割点的「左边的子数组的最大值」小于等于「右边的子数组的最小值」。

我们可以先通过一次遍历（从后往前）统计出所有后缀的最小值 min，其中 min[i] = x 含义为下标范围在
$[i,n-1]$ 的 $nums[i]$的最小值为 x，然后再通过第二次遍历（从前往后）统计每个前缀的最大值（使用单变量进行维护），找到第一个符合条件的分割点即是答案。

代码

    public int partitionDisjoint(int[] nums) {int[] min=new int[nums.length];int[] max=new int[nums.length];min[nums.length-1]=nums[nums.length-1];for (int i = nums.length-2; i >=0 ; i--) {min[i]=Math.min(min[i+1],nums[i]);}max[0]=nums[0];for (int i = 1; i < nums.length; i++) {max[i]=Math.max(nums[i],max[i-1]);}int ans=0;for (int i = nums.length-2; i >=0; i--) {if (max[i]<=min[i+1]){ans=i;}}return ans+1;}

926. Flip String to Monotone Increasing

思路

根据题意可知，字符有0和1两种状态，所以我们维护一个二维的cache数组来记录每个字符的状况。
cache[i][0]表示第i个字符是0的变换次数，cache[i][1]表示第i个字符是1的变换次数。
根据单调性： 若$s[i-1]==0$,s[i]是0或者1都可以保持单调性。
若$s[i-1]==1$,s[i]则必须为1才可以保持单调性(必须满足i-1是1)。
所以

cache[i][0] = cache[i-1][0] + (s[i] == '1' ? 1 : 0);//(自己是0，则前边都是0) 
cache[i][1] = Math.min(cache[i-1][0],cache[i-1][1]) + (s[i] == '0' ? 1 : 0);//(自己是1，前边0或者1都可以) 

最后result = Math.min(cache[i][0],cache[i][1])

代码

    public int minFlipsMonoIncr(String s) {int cache[][]=new int[s.length()][2];char[] arr=s.toCharArray();cache[0][0]=arr[0]=='0'?0:1;cache[0][1]=1-cache[0][0];for (int i = 1; i < arr.length; i++) {cache[i][0]=cache[i-1][0]+(arr[i]=='0'?0:1);cache[i][1]=Math.min(cache[i-1][0],cache[i-1][1])+(arr[i]=='1'?0:1);}return Math.min(cache[s.length()-1][0],cache[s.length()-1][1]);}