LeetCode-动态规划篇
动态规划
重叠子问题、最优子结构、状态转移方程就是动态规划三要素
思考状态转移方程:
明确 base case -> 明确「状态」-> 明确「选择」 -> 定义 dp 数组/函数的含义。
# 初始化 base case
dp[0][0][...] = base
# 进行状态转移
for 状态1 in 状态1的所有取值:
for 状态2 in 状态2的所有取值:
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 求最值(选择1,选择2...)
PS:但凡遇到需要递归的问题,最好都画出递归树,这对你分析算法的复杂度,寻找算法低效的原因都有巨大帮助。
如何列出正确的状态转移方程?
1、确定 base case,这个很简单,显然目标金额
amount
为 0 时算法返回 0,因为不需要任何硬币就已经凑出目标金额了。2、确定「状态」,也就是原问题和子问题中会变化的变量。由于硬币数量无限,硬币的面额也是题目给定的,只有目标金额会不断地向 base case 靠近,所以唯一的「状态」就是目标金额
amount
。3、确定「选择」,也就是导致「状态」产生变化的行为。目标金额为什么变化呢,因为你在选择硬币,你每选择一枚硬币,就相当于减少了目标金额。所以说所有硬币的面值,就是你的「选择」。
4、明确
dp
函数/数组的定义。我们这里讲的是自顶向下的解法,所以会有一个递归的dp
函数,一般来说函数的参数就是状态转移中会变化的量,也就是上面说到的「状态」;函数的返回值就是题目要求我们计算的量。就本题来说,状态只有一个,即「目标金额」,题目要求我们计算凑出目标金额所需的最少硬币数量。所以我们可以这样定义dp
函数:
dp(n)
的定义:输入一个目标金额n
,返回凑出目标金额n
的最少硬币数量。
dp 数组的迭代解法
也可以自底向上使用 dp table 来消除重叠子问题,关于「状态」「选择」和 base case 与之前没有区别,
dp
数组的定义和刚才dp
函数类似,也是把「状态」,也就是目标金额作为变量。不过dp
函数体现在函数参数,而dp
数组体现在数组索引:
dp
数组的定义:当目标金额为i
时,至少需要dp[i]
枚硬币凑出。
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
// 数组大小为 amount + 1,初始值也为 amount + 1
vector<int> dp(amount + 1, amount + 1);
// base case
dp[0] = 0;
// 外层 for 循环在遍历所有状态的所有取值
for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
// 内层 for 循环在求所有选择的最小值
for (int coin : coins) {
// 子问题无解,跳过
if (i - coin < 0) continue;
dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
}
}
return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];
}
动态规划-最长递增子序列
动态规划的核心设计思想是数学归纳法。
思路:
首先明确 dp 数组所存数据的含义。这步很重要,如果不得当或者不够清晰,会阻碍之后的步骤。
然后根据 dp 数组的定义(dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。),运用数学归纳法的思想,假设 dp[0...i−1]dp[0...i−1] 都已知,想办法求出 dp[i]dp[i],一旦这一步完成,整个题目基本就解决了。
但如果无法完成这一步,很可能就是 dp 数组的定义不够恰当,需要重新定义 dp 数组的含义;或者可能是 dp 数组存储的信息还不够,不足以推出下一步的答案,需要把 dp 数组扩大成二维数组甚至三维数组。
最后想一想问题的 base case 是什么,以此来初始化 dp 数组,以保证算法正确运行。
最长递增子序列
题目描述
给你一个整数数组 nums ,找到其中最长严格递增子序列的长度。
子序列是由数组派生而来的序列,删除(或不删除)数组中的元素而不改变其余> 元素的顺序。例如,[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。
代码题解:
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int[] dp = new int[nums.length];
int res=0;
Arrays.fill(dp,1);
// dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
for(int i=0;i<nums.length;i++) {
for(int j=0;j<i;j++) {
if(nums[i]>nums[j]) {
dp[i] = Math.max(dp[i],dp[j]+1);
}
}
}
for(int i=0;i<dp.length;i++) {
res = Math.max(res,dp[i]);
}
return res;
}
}
零钱兑换
题目描述
给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额,返回 -1。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
代码题解:
class Solution {
public int coinChange(int[] coins, int amount) {
// base case
if(amount ==0) {
return 0;
}
int dp[] =new int[amount+1];
// dp[i] 存放的是金额为i的最少硬币数
dp[0] =0;
for(int i=1;i<=amount;i++) {
dp[i] = amount+1;
}
// 遍历状态
for(int i=0;i<=amount;i++) {
//遍历每个状态的选择,求出该状态下的最小值的选择
for (int j=0;j<coins.length;j++) {
if(i-coins[j]<0) continue;
dp[i] = (dp[i]<=dp[i-coins[j]]+1)?dp[i]:dp[i-coins[j]]+1;
}
}
return (dp[amount]== amount+1)?-1:dp[amount];
}
}