【LeetCode题解】动态规划:从新手到专家(一)

文章标题借用了Hawstein的译文《动态规划:从新手到专家》。

1. 概述

动态规划( Dynamic Programming, DP)是最优化问题的一种解决方法,本质上状态空间的状态转移。所谓状态转移是指每个阶段的最优状态(对应于子问题的解)可以从之前的某一个或几个阶段的状态中得到,这个性质叫做最优子结构。而不管之前这个状态是如何得到的,这被称之为无后效性

DP问题中最经典的莫过于01背包问题:

有N件物品和一个容量为V的背包。第i件物品的费用是c[i],价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。

用子问题定义状态:即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值;则其状态转移方程:

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题,若只考虑第i件物品的策略(放或不放),那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品,那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”,价值为f[i-1][v];如果放第i件物品,那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”,此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

2. 题解

LeetCode题目 归类
53. Maximum Subarray 子数组最大和
121. Best Time to Buy and Sell Stock 子数组最大和
122. Best Time to Buy and Sell Stock II 子序列最大和
123. Best Time to Buy and Sell Stock III
188. Best Time to Buy and Sell Stock IV
55. Jump Game
70. Climbing Stairs
62. Unique Paths
63. Unique Paths II
64. Minimum Path Sum 最短路径
91. Decode Ways

以下代码既有Java,也有Go。

53. Maximum Subarray

子数组最大和问题,求解方法可用Kadane算法

121. Best Time to Buy and Sell Stock

题目大意:给定数组\(a[..]\),求解\(\max a[j] - a[i] \quad j > i\)
解决思路:将数组a的相邻值相减(右边减左边)变换成数组b,上述问题转变成了求数组b的子数组最大和问题.

// Kadane algorithm to solve Maximum subArray problem
public int maxProfit(int[] prices) {
  int maxEndingHere = 0, maxSoFar = 0;
  for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
    maxEndingHere += prices[i] - prices[i - 1];
    maxEndingHere = Math.max(maxEndingHere, 0);
    maxSoFar = Math.max(maxEndingHere, maxSoFar);
  }
  return maxSoFar;
}

122. Best Time to Buy and Sell Stock II

之前问题Best Time to Buy and Sell Stock的升级版,对交易次数没有限制,相当于求解相邻相减后形成的子序列最大和——只要为正数,则应计算在子序列内。

public int maxProfit(int[] prices) {
  int max = 0;
  for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
    if (prices[i] > prices[i - 1]) {
      max += (prices[i] - prices[i - 1]);
    }
  }
  return max;
}

123. Best Time to Buy and Sell Stock III

最多允许交易两次。

public int maxProfit(int[] prices) {
    int sell1 = 0, sell2 = 0;
    int buy1 = Integer.MIN_VALUE, buy2 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int price : prices) {
        buy1 = Math.max(buy1, -price); // borrow
        sell1 = Math.max(sell1, buy1 + price);
        buy2 = Math.max(buy2, sell1 - price);
        sell2 = Math.max(sell2, buy2 + price);
    }
    return sell2;
}

188. Best Time to Buy and Sell Stock IV

最多允许交易k次。当k >= n/2时,在任意时刻都可以进行交易(一次交易包括买、卖),因此该问题退化为了问题122. Best Time to Buy and Sell Stock II。其他情况则有递推式:

\[c_{i,j} = \max (c_{i,j-1}, \ \max (c_{i-1,t} - p_t) + p_j),\quad 0 \leq t < j \]

其中,\(c_{i,j}\)表示在\(t\)时刻共\(i\)次交易产生的最大收益。

public int maxProfit(int k, int[] prices) {
    int n = prices.length;
    if (n <= 1) {
        return 0;
    }
    // make transaction at any time
    else if (k >= n / 2) {
        return maxProfit122(prices);
    }
    int[][] c = new int[k + 1][n];
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        int localMax = -prices[0];
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            c[i][j] = Math.max(c[i][j - 1], localMax + prices[j]);
            localMax = Math.max(localMax, c[i - 1][j] - prices[j]);
        }
    }
    return c[k][n - 1];
}

public int maxProfit122(int[] prices) {
    int max = 0;
    for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
        if (prices[i] > prices[i - 1]) {
            max += (prices[i] - prices[i - 1]);
        }
    }
    return max;
}

55. Jump Game

限制当前最大跳跃数,问是否能到达最后一个index。需要反向往后推演。

public boolean canJump(int[] nums) {
    int n = nums.length, index = n - 1;
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        if (i + nums[i] >= index)
            index = i;
    }
    return index <= 0;
}

70. Climbing Stairs

题目大意:每一次可以加1或加2,那么从0加到n共有几种加法?

假定\(d_i\)表示加到i的种数,那么就有递推式\(d_i = d_{i-1} + d_{i-2}\)

func climbStairs(n int) int {
	if(n < 1) {
		return 0;
	}
	d := make([]int, n+1)
	d[1] = 1
	if n >= 2 {
		d[2] = 2
	}
	for i := 3; i<=n; i++ {
		d[i] = d[i-1] + d[i-2]
	}
	return d[n]
}

62. Unique Paths

题目大意:求解从左上角到右下角的路径数。

路径数递推式:\(c_{i,j}= c_{i-1,j} + c_{i,j-1}\)

func uniquePaths(m int, n int) int {
	f := make([][]int, m)
	for i := range f {
		f[i] = make([]int, n)
	}
	// handle boundary condition: f[][0] and f[0][]
	f[0][0] = 1
	for i := 1; i < m; i++ {
		f[i][0] = 1
	}
	for j := 1; j < n; j++ {
		f[0][j] = 1
	}
	for i := 1; i < m; i++ {
		for j := 1; j < n; j++ {
			f[i][j] = f[i][j - 1] + f[i - 1][j]
		}
	}
	return f[m-1][n-1]
}

63. Unique Paths II

加了限制条件,有的点为obstacle——不允许通过。上面的递推式依然成立,只不过要加判断条件。另外,在实现过程中可以用一维数组代替二维数组,比如说按行或按列计算。

public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
    int columnSize = obstacleGrid[0].length;
    int[] c = new int[columnSize];
    c[0] = 1;
    for (int[] row : obstacleGrid) {
        for (int j = 0; j < columnSize; j++) {
            if (row[j] == 1)
                c[j] = 0;
            else if (j >= 1)
                c[j] += c[j - 1];
        }
    }
    return c[columnSize - 1];
}

64. Minimum Path Sum

题目大意:从矩阵的左上角到右下角的最短路径。

加权路径值\(c_{i,j}= \max (c_{i-1,j},c_{i,j-1}) + w_{i,j}\),其中,\(w_{i,j}\)为图中边的权值。

// the shortest path for complete directed graph
func minPathSum(grid [][]int) int {
	var m, n = len(grid), len(grid[0])
	f := make([][]int, m)
	for i := range f {
		f[i] = make([]int, n)
	}
	// handle boundary condition: f[][0] and f[0][]
	f[0][0] = grid[0][0]
	for i := 1; i < m; i++ {
		f[i][0] = f[i - 1][0] + grid[i][0]
	}
	for j := 1; j < n; j++ {
		f[0][j] = f[0][j-1] + grid[0][j]
	}
	for i :=1; i < m; i++ {
		for j := 1; j<n; j++ {
			if(f[i-1][j] < f[i][j-1]) {
				f[i][j] = f[i-1][j] + grid[i][j]
			} else {
				f[i][j] = f[i][j-1] + grid[i][j]
			}

		}
	}
	return f[m-1][n-1]
}

91. Decode Ways

求解共有多少种解码情况。

public int numDecodings(String s) {
    int n = s.length();
    if (n == 0 || (n == 1 && s.charAt(0) == '0'))
        return 0;
    int[] d = new int[n+1];
    d[n] = 1;
    d[n - 1] = s.charAt(n - 1) == '0' ? 0 : 1;
    for (int i = n-2; i >= 0; i--) {
        if(s.charAt(i) == '0')
            continue;
        else if(Integer.parseInt(s.substring(i, i+2)) <= 26)
            d[i] += d[i + 2];
        d[i] += d[i + 1];
    }
    return d[0];
}
posted @ 2017-07-29 20:11  Treant  阅读(...)  评论(...编辑  收藏