Leetcode 简单线性递推:正反两种方法

这类问题,由于需要按顺序解决,所以排除排序+优先队列+贪心那一套;又不能是简单的贪心,因为某个问题是否选择解决,会影响后面可能得到的分数,所以很可能是个dp.
当然也有想排序再DP,但通常是线性的,线性的就有从前往后、从后往前两种顺序,通过都可以

LC 5982. Solving Questions With Brainpower

276场周赛第3题,差点翻车...
题意:有n个问题,只能依次解决,对于第i个问题,可以跳过,也可以选择解决,解决能获得questions[i][0]的分数,但是接下来的questions[i][1]个问题都不能做,求可以得到的最大分数。
方法:
先看一种直观点的:从后往前dp

方法一:倒序DP(查表)

定义:dp[i]表示后i个问题可以得到的最大分数
对于dp[i],也就是对于第i个问题,
如果不选,dp[i] = dp[i-1],因为没有选,最大的分数就和前面的相同
如果选,dp[i] = max(dp[i], dp[i+questions[i][1]+1] + questions[i][0],因为接着的 questions[i][1] 个都不能选嘛

class Solution {
public:
    long long mostPoints(vector<vector<int> >& questions) {
        long long ans = 0;
        int n = questions.size();
        vector<long long>dp(n+1, 0);
        dp[n-1] = questions[n-1][0];
        for(int i = n-2;i >= 0;i--) {
            if(i+questions[i][1] +1 < n)   dp[i] = max(dp[i+1], dp[i+questions[i][1]+1] + questions[i][0]);
            else  dp[i] = max(dp[i+1], (long long)questions[i][0]);
        }
        return dp[0];
    }
};

方法二:正向刷表

前面那种相当于递推,dp[i] 计算过程中要用到的值已经计算出来了,可以查表得到。
而正向是不断刷新dp数组,相当于计算每个问题的贡献。

参考 【解决智力问题】正向 DP
定义:dp[i]表示前i题的最大分数
选择跳过,不加此题得分,后续的题继承得分
选择做题,加上此题得分,跳过若干题后的下一题继承得分

class Solution {
public:
    long long mostPoints(vector<vector<int>>& questions) {
        int n = questions.size();
        vector<long long> dp(n, 0);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int next = i + 1;
            if (next < n)  dp[next] = max(dp[next], dp[i]);

            next = i + questions[i][1] + 1;
            dp[i] += questions[i][0];  //
            if (next < n)  dp[next] = max(dp[next], dp[i]);
        }
        long long ans = *max_element(dp.begin(), dp.end()); // 取dp中的最大值
        return ans;
    }
};

LC 1751. 最多可以参加的会议数目 II

方法:
与其他会议题不同,其他的都是指定范围选一个/k个点,这题是持续一段时间,如果开的话,接下来一段时间不能开其他会议
如果不开,dp[i][j] = dp[i-1][j]
如果开,dp[i][j] = dp[pre][j-1] + val,pre是小于 starttime[i] 的最大的endtime
上一题中,由于是连续的值,pre可以直接得到,这题中是离散的区间,endtime属于某个会议,由于最开始排序了,可以从后往前遍历,也可以二分查找。

class Solution {
public:
    int maxValue(vector<vector<int>>& events, int k) {
        int n = events.size();
        sort(events.begin(), events.end(), [](const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
            if(a[1] == b[1])  return a[0] < b[0];
            return a[1] < b[1];
        }); // 按结束时间从小到大排序

        vector<int>endtimes;
        for(int i = 0;i < n;i++)  endtimes.push_back(events[i][1]);
        vector<vector<int>>dp(n+1, vector<int>(k+1, 0));
        for(int i = 1;i <= n;i++) {
            for(int j = 1;j <= k;j++) {
                dp[i][j] = dp[i-1][j];   // 不开
                int pre = lower_bound(endtimes.begin(), endtimes.end(), events[i-1][0]) - endtimes.begin() - 1;
                // cout << "pre: " << pre << endl;
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[pre+1][j-1] + events[i-1][2]);
                // cout << i << " " << j << " " << dp[i][j] << endl;
            }
        }
        int ans = -1;
        for(int i = 1;i <= k;i++)  ans = max(ans, dp[n][i]);
        return ans;
    }
};

LC 1235. 规划兼职工作

题目:上一题的简化版,k=1的情况
方法:去掉一维,剩下一样

class Solution {
public:
    int jobScheduling(vector<int>& startTime, vector<int>& endTime, vector<int>& profit) {
        int n = startTime.size();
        vector<vector<int>>jobs;
        for(int i = 0;i < n;i++) {
            jobs.push_back({startTime[i], endTime[i], profit[i]});
        }
        sort(jobs.begin(), jobs.end(), [](const vector<int>& a, const vector<int>& b){
            return a[1] < b[1];
        });
        vector<int>myendtimes;
        for(int i = 0;i < n;i++) myendtimes.push_back(jobs[i][1]);
        vector<int>dp(n+1, 0);
        for(int i = 1;i <= n;i++) {
            dp[i] = dp[i-1];  // 不选
            int pre = upper_bound(myendtimes.begin(), myendtimes.end(), jobs[i-1][0]) - myendtimes.begin() - 1;
            dp[i] = max(dp[i], dp[pre+1] + jobs[i-1][2]);
        }
        return dp[n];
    }
};
posted @ 2022-01-17 00:41  Rogn  阅读(34)  评论(0编辑  收藏  举报