用暴力递归解法推导出动态规划
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1 暴力递归到动态规划
本篇是算法基础笔记的最后一篇，前面所记录的和该篇共同覆盖了平时刷题常用的数据结构和算法，之后就是通过刷题量来巩固所学的内容。接下来我准备针对基础数据结构和算法做一些刷题记录，主要是分类别刷leetcode上的题，传送门为：https://github.com/Dairongpeng/leetcode 一起刷题吧_。
转载注明出处，源码地址： https://github.com/Dairongpeng/algorithm-note ，欢迎star
动态规划最核心的是暴力递归的尝试过程，一旦通过尝试写出来暴力递归的解法，那么动态规划在此基础上就很好改了
1、暴力递归之所以暴力，是因为存在大量的重复计算。加入我们定义我们的缓存结构，用来查该状态有没有计算过，那么会加速我们的递归
2、在我们加入缓存结构之后，消除了大量的重复计算，缓存表就是我们的dp表。那么这种去除重复计算的递归，就是最粗糙的动态规划，也叫记忆化搜索
3、如果我们把我们的dp表，从简单到复杂列出来，那么就是经典的动态规划。我们无需考虑转移方程怎么写，而是根据我们的递归来推导。看下面例子：
1.1 例一 : 机器人运动问题(2018阿里面试题目)
认识暴力递归改动态规划的过程
假设有排成一行的N个位置，记为1N,N一定大于等于2。开始时机器人在其中的M位置上（M一定是1N中的一个）。
如果机器人来到1位置，那么下一步只能往右来到2位置；
如果机器人来到N位置，那么下一步只能往左来到N-1的位置；
如果机器人来到中间位置，那么下一步可以往左走或者往右走；
规定机器人必须走K步，最终能来到P位置（P也是1~N中的一个）的方法有多少种？
给定四个参数N,M,K,P。返回方法数
暴力递归ways1调用的walk函数，就是暴力递归过程，存在重复计算。waysCache方法对应的walkCache就是在纯暴力递归的基础上加了缓存
假设我们的参数N=7，M=2,K=5,P=3。我们根据我们的递归加缓存的过程来填我们的dp表：
1、int[][] dp = new int[N+1][K+1];是我们的DP表的范围
2、当rest = 0的时候，dp[cur][rest] = cur == P ? 1 : 0; 我们只有cur=P的时候为1,其他位置都为0。
3、当cur=1的时候，dp[cur][rest] = walkCache(N, 2, rest - 1, P, dp); 我们的dp当前的值，依赖于cur的下一个位置，rest的上一个位置
4、当cur = N的时候，dp[cur][rest] =walkCache(N, N - 1, rest - 1, P,dp); 我们dp当前位置依赖于N-1位置，和rest - 1位置
5、当cur在任意中间位置时。dp[cur][rest] = walkCache(N, cur + 1, rest - 1, P,dp) + walkCache(N, cur - 1, rest - 1, P, dp); dp的当前位置依赖于dp的cur+1和rest-1位置加上dp的cur-1和rest-1的位置
那么我们可以得到我们的DP表为：
0 1 2 3 4 5 K 坐标
0 x x x x x x
1 0 0 1 0 3 0
2 0 1 0 3 0 9
3 1 0 2 0 6 0
4 0 1 0 3 0 10
5 0 0 1 0 5 0
6 0 0 0 1 0 5
7 0 0 0 0 1 0
cur
坐
标
所以任何的动态规划，都可以由暴力递归改出来。也就是所任意的动态规划都来自于某个暴力递归。反之任何暴力递归不一定能改成动态规划，jia'ru某暴力递归并没有重复计算，没有缓存的必要
动态规划实质就是把参数组合完成结构化的缓存
package class12;
public class Code01_RobotWalk {
public static int ways1(int N, int M, int K, int P) {
// 参数无效直接返回0
if (N < 2 || K < 1 || M < 1 || M > N || P < 1 || P > N) {
return 0;
}
// 总共N个位置，从M点出发，还剩K步可以走，返回最终能达到P的方法数
return walk(N, M, K, P);
}
// N : 位置为1 ~ N，固定参数
// cur : 当前在cur位置，可变参数
// rest : 还剩res步没有走，可变参数
// P : 最终目标位置是P，固定参数
// 该函数的含义：只能在1~N这些位置上移动，当前在cur位置，走完rest步之后，停在P位置的方法数作为返回值返回
public static int walk(int N, int cur, int rest, int P) {
// 如果没有剩余步数了，当前的cur位置就是最后的位置
// 如果最后的位置停在P上，那么之前做的移动是有效的
// 如果最后的位置没在P上，那么之前做的移动是无效的
if (rest == 0) {
return cur == P ? 1 : 0;
}
// 如果还有rest步要走，而当前的cur位置在1位置上，那么当前这步只能从1走向2
// 后续的过程就是，来到2位置上，还剩rest-1步要走
if (cur == 1) {
return walk(N, 2, rest - 1, P);
}
// 如果还有rest步要走，而当前的cur位置在N位置上，那么当前这步只能从N走向N-1
// 后续的过程就是，来到N-1位置上，还剩rest-1步要走
if (cur == N) {
return walk(N, N - 1, rest - 1, P);
}
// 如果还有rest步要走，而当前的cur位置在中间位置上，那么当前这步可以走向左，也可以走向右
// 走向左之后，后续的过程就是，来到cur-1位置上，还剩rest-1步要走
// 走向右之后，后续的过程就是，来到cur+1位置上，还剩rest-1步要走
// 走向左、走向右是截然不同的方法，所以总方法数要都算上
return walk(N, cur + 1, rest - 1, P) + walk(N, cur - 1, rest - 1, P);
}
public static int waysCache(int N, int M, int K, int P) {
// 参数无效直接返回0
if (N < 2 || K < 1 || M < 1 || M > N || P < 1 || P > N) {
return 0;
}
// 我们准备一张缓存的dp表
// 由于我们的cur范围是1~N，我们准备N+1。
// rest范围在1~K。我们准备K+1。
// 目的是把我们的可能结果都能装得下
int[][] dp = new int[N+1][K+1];
// 设置这张表的初始值都为-1，代表都还没用过
for(int row = 0; row <= N; row++) {
for(int col = 0; col <= K; col++) {
dp[row][col] = -1;
}
}
return walkCache(N, M, K, P,dp);
}
// HashMap<String, Integer> (19,100) "19_100"
// 我想把所有cur和rest的组合，返回的结果，加入到缓存里
public static int walkCache(int N, int cur, int rest, int P, int[][] dp) {
// 当前场景已经计算过，不要再暴力展开，直接从缓存中拿
if(dp[cur][rest] != -1) {
return dp[cur][rest];
}
if (rest == 0) {
// 先加缓存
dp[cur][rest] = cur == P ? 1 : 0;
return dp[cur][rest];
}
if (cur == 1) {
// 先加缓存
dp[cur][rest] = walkCache(N, 2, rest - 1, P, dp);
return dp[cur][rest];
}
if (cur == N) {
// 先加缓存
dp[cur][rest] =walkCache(N, N - 1, rest - 1, P,dp);
return dp[cur][rest];
}
// 先加缓存
dp[cur][rest] = walkCache(N, cur + 1, rest - 1, P,dp)
+ walkCache(N, cur - 1, rest - 1, P, dp);
return dp[cur][rest];
}
public static int ways2(int N, int M, int K, int P) {
// 参数无效直接返回0
if (N < 2 || K < 1 || M < 1 || M > N || P < 1 || P > N) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[K + 1][N + 1];
dp[0][P] = 1;
for (int i = 1; i <= K; i++) {
for (int j = 1; j <= N; j++) {
if (j == 1) {
dp[i][j] = dp[i - 1][2];
} else if (j == N) {
dp[i][j] = dp[i - 1][N - 1];
} else {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j + 1];
}
}
}
return dp[K][M];
}
public static int ways3(int N, int M, int K, int P) {
// 参数无效直接返回0
if (N < 2 || K < 1 || M < 1 || M > N || P < 1 || P > N) {
return 0;
}
int[] dp = new int[N + 1];
dp[P] = 1;
for (int i = 1; i <= K; i++) {
int leftUp = dp[1];// 左上角的值
for (int j = 1; j <= N; j++) {
int tmp = dp[j];
if (j == 1) {
dp[j] = dp[j + 1];
} else if (j == N) {
dp[j] = leftUp;
} else {
dp[j] = leftUp + dp[j + 1];
}
leftUp = tmp;
}
}
return dp[M];
}
// ways4是你的方法
public static int ways4(int N, int M, int K, int P) {
if (N < 2 || K < 1 || M < 1 || M > N || P < 1 || P > N) {
return 0;
}
return process(N, 0, P, M, K);
}
// 一共N个位置，从M点出发，一共只有K步。返回走到位置j，剩余步数为i的方法数
public static int process(int N, int i, int j, int M, int K) {
if (i == K) {
return j == M ? 1 : 0;
}
if (j == 1) {
return process(N, i + 1, j + 1, M, K);
}
if (j == N) {
return process(N, i + 1, j - 1, M, K);
}
return process(N, i + 1, j + 1, M, K) + process(N, i + 1, j - 1, M, K);
}
// ways5是你的方法的dp优化
public static int ways5(int N, int M, int K, int P) {
if (N < 2 || K < 1 || M < 1 || M > N || P < 1 || P > N) {
return 0;
}
int[][] dp = new int[K + 1][N + 1];
dp[K][M] = 1;
for (int i = K - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = 1; j <= N; j++) {
if (j == 1) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j + 1];
} else if (j == N) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
} else {
dp[i][j] = dp[i + 1][j + 1] + dp[i + 1][j - 1];
}
}
}
return dp[0][P];
}
public static void main(String[] args) {
System.out.println(ways1(7, 4, 9, 5));
System.out.println(ways2(7, 4, 9, 5));
System.out.println(ways3(7, 4, 9, 5));
System.out.println(ways4(7, 4, 9, 5));
System.out.println(ways5(7, 4, 9, 5));
}
}
1.2 例二：背包问题改动态规划
暴力递归过程中，我们如何组织我们的决策过程。实质就是动态规划的状态转移
package class12;
public class Code03_Knapsack {
public static int getMaxValue(int[] w, int[] v, int bag) {
// 主函数需要0 bag的返回值
return process(w, v, 0, 0, bag);
}
// index... 最大价值
public static int process(int[] w, int[] v, int index, int alreadyW, int bag) {
if (alreadyW > bag) {
return -1;
}
// 重量没超
if (index == w.length) {
return 0;
}
int p1 = process(w, v, index + 1, alreadyW, bag);
int p2next = process(w, v, index + 1, alreadyW + w[index], bag);
int p2 = -1;
if (p2next != -1) {
p2 = v[index] + p2next;
}
return Math.max(p1, p2);
}
public static int maxValue(int[] w, int[] v, int bag) {
return process(w, v, 0, bag);
}
// 只剩下rest的空间了，
// index...货物自由选择，但是不要超过rest的空间
// 返回能够获得的最大价值
public static int process(int[] w, int[] v, int index, int rest) {
if (rest < 0) { // base case 1
return -1;
}
// rest >=0
if (index == w.length) { // base case 2
return 0;
}
// 有货也有空间
int p1 = process(w, v, index + 1, rest);
int p2 = -1;
int p2Next = process(w, v, index + 1, rest - w[index]);
if(p2Next!=-1) {
p2 = v[index] + p2Next;
}
return Math.max(p1, p2);
}
// dpWay就是把上述的暴力递归改为动态规划
public static int dpWay(int[] w, int[] v, int bag) {
int N = w.length;
// 准备一张dp表，行号为我们的重量范围。列为我们的价值范围
int[][] dp = new int[N + 1][bag + 1];
// 由于暴力递归中index==w.length的时候，总是返回0。所以：
// dp[N][...] = 0。整形数组初始化为0，无需处理
// 由于N行已经初始化为0，我们从N-1开始。填我们的dp表
for (int index = N - 1; index >= 0; index--) {
// 剩余空间从0开始，一直填写到bag
for (int rest = 0; rest <= bag; rest++) { // rest < 0
// 通过正常位置的递归处理
// 我们转而填写dp表格,注释位置是正常递归处理
// int p1 = process(w, v, index + 1, rest);
// int p2 = -1;
// int p2Next = process(w, v, index + 1, rest - w[index]);
// if(p2Next!=-1) {
// p2 = v[index] + p2Next;
// }
// return Math.max(p1, p2);
// 所以我们p1等于dp表的下一层向上一层返回
int p1 = dp[index+1][rest];
int p2 = -1;
// rest - w[index] 不越界
if(rest - w[index] >= 0) {
p2 = v[index] + dp[index + 1][rest - w[index]];
}
// p1和p2取最大值
dp[index][rest] = Math.max(p1, p2);
}
}
// 最终返回dp表的0，bag位置，就是我们暴力递归的主函数调用
return dp[0][bag];
}
public static void main(String[] args) {
int[] weights = { 3, 2, 4, 7 };
int[] values = { 5, 6, 3, 19 };
int bag = 11;
System.out.println(maxValue(weights, values, bag));
System.out.println(dpWay(weights, values, bag));
}
}
1.3 动态规划解题思路
1、拿到题目先找到某一个暴力递归的写法（尝试）
2、分析我们的暴力递归，是否存在重复解。没有重复解的递归没必要改动态规划
3、把暴力递归中的可变参数，做成缓存结构，不讲究组织。即没算过加入缓存结构，算过的直接拿缓存，就是记忆化搜索
4、如果把缓存结构做精细化组织，就是我们经典的动态规划
5、以背包问题举例，我们每一个重量有要和不要两个选择，且都要递归展开。那么我们的递归时间复杂度尾O(2^N)。而记忆化搜索，根据可变参数得到的长为N价值为W的二维表，那么我们的时间复杂度为O(N*bag)。如果递归过程中状态转移有化简继续优化的可能，例如枚举。那么经典动态规划可以继续优化，否则记忆化搜索和动态规划的时间复杂度是一样的
1.3.1 凑货币问题（重要）
该题是对动态规划完整优化路径的演示
有一个表示货币面值的数组arr，每种面值的货币可以使用任意多张。arr数组元素为正数，且无重复值。例如[7,3,100,50]这是四种面值的货币。
问：给定一个特定金额Sum，我们用货币面值数组有多少种方法，可以凑出该面值。例如P=1000,用这是四种面值有多少种可能凑出1000
ways1为暴力递归的解题思路及实现
ways2为暴力递归改记忆化搜索的版本
ways3为记忆化搜索版本改动态规划的版本
package class12;
public class Code09_CoinsWay {
// arr中都是正数且无重复值，返回组成aim的方法数，暴力递归
public static int ways1(int[] arr, int aim) {
if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {
return 0;
}
return process1(arr, 0, aim);
}
public static int process1(int[] arr, int index, int rest) {
// base case
// 当在面值数组的arr.length，此时越界，没有货币可以选择。
// 如果当前目标金额就是0，那么存在一种方法，如果目标金额不为0，返回0中方法
if(index == arr.length) {
return rest == 0 ? 1 : 0 ;
}
// 普遍位置
int ways = 0;
// 从0号位置开始枚举，选择0张，1张，2张等
// 条件是张数乘以选择的面值，不超过木匾面值rest
for(int zhang = 0; zhang * arr[index] <= rest ;zhang++) {
// 方法数加上除去当前选择后所剩面额到下一位置的选择数，递归
ways += process1(arr, index + 1, rest - (zhang * arr[index]) );
}
return ways;
}
// ways1暴力递归，改为记忆化搜索。ways2为记忆化搜索版本
public static int ways2(int[] arr, int aim) {
if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {
return 0;
}
// 缓存结构，且只和index和rest有关，跟arr无关
int[][] dp = new int[arr.length+1][aim+1];
// 一开始所有的过程，都没有计算呢，dp二维表初始化为-1
// dp[..][..] = -1
for(int i = 0 ; i < dp.length; i++) {
for(int j = 0 ; j < dp[0].length; j++) {
dp[i][j] = -1;
}
}
// 缓存结构向下传递
return process2(arr, 0, aim , dp);
}
// 如果index和rest的参数组合，是没算过的，dp[index][rest] == -1
// 如果index和rest的参数组合，是算过的，dp[index][rest] > - 1
public static int process2(int[] arr,
int index, int rest,
int[][] dp) {
if(dp[index][rest] != -1) {
return dp[index][rest];
}
if(index == arr.length) {
dp[index][rest] = rest == 0 ? 1 :0;
return dp[index][rest];
}
int ways = 0;
for(int zhang = 0; zhang * arr[index] <= rest ;zhang++) {
// 返回之前加入缓存
ways += process2(arr, index + 1, rest - (zhang * arr[index]) , dp );
}
// 返回之前加入缓存
dp[index][rest] = ways;
return ways;
}
// 记忆化搜索改造为动态规划版本，ways3。
// 如果没有枚举行为，该动态该规划为自顶向下的动态规划和记忆化搜索等效，但这题存在枚举行为。
public static int ways3(int[] arr, int aim) {
if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {
return 0;
}
int N = arr.length;
// dp表
int[][] dp = new int[N + 1][aim + 1];
// 根据递归方法，N为arr的越界位置，但是我们的dp表定义的是N+1。
// N位置，如果aim为0，则dp[N][0] = 1;
dp[N][0] = 1;// dp[N][1...aim] = 0;
// 每个位置依赖自己下面的位置，那么我们从下往上循环
for(int index = N - 1; index >= 0; index--) {
// rest从左往右
for(int rest = 0; rest <= aim; rest++) {
int ways = 0;
for(int zhang = 0; zhang * arr[index] <= rest ;zhang++) {
ways += dp[index + 1] [rest - (zhang * arr[index])];
}
dp[index][rest] = ways;
}
}
// 最终我们需要[0,aim]位置的解
return dp[0][aim];
}
// 由于存在枚举行为，我们可以进一步优化我们的动态规划。ways4是优化的动态规划
// 根据枚举，用具体化例子来找出规律，省掉枚举
public static int ways4(int[] arr, int aim) {
if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {
return 0;
}
int N = arr.length;
int[][] dp = new int[N + 1][aim + 1];
dp[N][0] = 1;// dp[N][1...aim] = 0;
for(int index = N - 1; index >= 0; index--) {
for(int rest = 0; rest <= aim; rest++) {
dp[index][rest] = dp[index+1][rest];
if(rest - arr[index] >= 0) {
dp[index][rest] += dp[index][rest - arr[index]];
}
}
}
return dp[0][aim];
}
public static void main(String[] args) {
int[] arr = { 5, 10,50,100 };
int sum = 1000;
System.out.println(ways1(arr, sum));
System.out.println(ways2(arr, sum));
System.out.println(ways3(arr, sum));
System.out.println(ways4(arr, sum));
}
}
1.3.2 贴纸问题
给定一个字符串str，给定一个字符串类型的数组arr。arr里的每一个字符串，代表一张贴纸，你可以把单个字符剪开使用，目的是拼出str来。
返回需要至少多少张贴纸可以完成这个任务。
例如：str="babac"，arr={"ba","c","abcd"}
至少需要两张贴纸"ba"和"abcd"，因为使用这两张贴纸，把每一个字符串单独剪开，含有2个a，2个b，1个c。是可以拼出str的，所以返回2。
思路1 minStickers1：由于任何贴纸都可以剪切的很碎，跟贴纸的顺序没关系。那么目标str我们先进行排序，那么也不会有影响。babac排序为aabbc，我们再去选择贴纸，str被贴纸贴好后，剩下的接着排序，再选择......
由于我们的可变参数，只有一个目标字符串。但是目标字符串的可能性太多，没办法精细化动态规划。傻缓存的暴力递归已经是最优解了。所以只有一个可变参数，又存在重复解，那么傻缓存就是最优解。
思路2 minStickers2，我们每一张贴纸枚举所有可能的张数，后续过程不再考虑这张贴纸。但是方法一会好一点，因为只有一个可变参数。而方法二有两个可变参数，我们在设计递归的时候，尽量少的使用可变参数，这样我们缓存结构的命中率会提升
package class12;
import java.util.Arrays;
import java.util.HashMap;
public class Code02_StickersToSpellWord {
// 暴力递归加缓存dp
public static int minStickers1(String[] stickers, String target) {
int n = stickers.length;
// stickers -> [26] [26] [26]
// 表示把每张贴纸转化为26个字母的词频数组
int[][] map = new int[n][26];
// 把每一张贴纸转化的字母26个字母有多少个
for (int i = 0; i < n; i++) {
char[] str = stickers[i].toCharArray();
for (char c : str) {
map[i][c - 'a']++;
}
}
HashMap<String, Integer> dp = new HashMap<>();
dp.put("", 0);
return process1(dp, map, target);
}
// dp 傻缓存，如果rest已经算过了，直接返回dp中的值
// rest 剩余的目标
// 0..N每一个字符串所含字符的词频统计
// 返回值是-1，map 中的贴纸 怎么都无法rest
public static int process1(
HashMap<String, Integer> dp,
int[][] map,
String rest) {
if (dp.containsKey(rest)) {
return dp.get(rest);
}
// 以下就是正式的递归调用过程
int ans = Integer.MAX_VALUE; // ans -> 搞定rest，使用的最少的贴纸数量
int n = map.length; // N种贴纸
int[] tmap = new int[26]; // tmap 去替代 rest
// 把目标target剩余的rest进行词频统计
char[] target = rest.toCharArray();
for (char c : target) {
tmap[c - 'a']++;
}
// map表示所有贴纸的词频信息，tmap表示目标字符串的词频信息
// 用map去覆盖tmap
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 枚举当前第一张贴纸是谁？
// 第一张贴纸必须包含当前目标字符串的首字母。和所有贴纸去选等效
// 目的是让当前贴纸的元素有在目标字符串的对应个，否则试过之后仍然是原始串，栈会溢出
if (map[i][target[0] - 'a'] == 0) {
continue;
}
StringBuilder sb = new StringBuilder();
// i 贴纸， j 枚举a~z字符
for (int j = 0; j < 26; j++) { //
if (tmap[j] > 0) { // j这个字符是target需要的
for (int k = 0; k < Math.max(0, tmap[j] - map[i][j]); k++) {
// 添加剩余
sb.append((char) ('a' + j));
}
}
}
// sb -> i 此时s就是当前贴纸搞定之后剩余的
String s = sb.toString();
// tmp是后续方案需要的贴纸数
int tmp = process1(dp, map, s);
// 如果-1表示贴纸怎么都无法覆盖目标字符串
if (tmp != -1) {
// 不是-1，最终返回当前后续贴纸数，加上当前贴纸数与ans的最小值
ans = Math.min(ans, 1 + tmp);
}
}
// 经过上述循环，ans仍然系统最大，表示怎么都无法覆盖rest，返回-1
dp.put(rest, ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans);
return dp.get(rest);
}
public static int minStickers2(String[] stickers, String target) {
int n = stickers.length;
int[][] map = new int[n][26];
for (int i = 0; i < n; i++) {
char[] str = stickers[i].toCharArray();
for (char c : str) {
map[i][c - 'a']++;
}
}
char[] str = target.toCharArray();
int[] tmap = new int[26];
for (char c : str) {
tmap[c - 'a']++;
}
HashMap<String, Integer> dp = new HashMap<>();
int ans = process2(map, 0, tmap, dp);
return ans;
}
public static int process2(int[][] map, int i, int[] tmap, HashMap<String, Integer> dp) {
StringBuilder keyBuilder = new StringBuilder();
keyBuilder.append(i + "_");
for (int asc = 0; asc < 26; asc++) {
if (tmap[asc] != 0) {
keyBuilder.append((char) (asc + 'a') + "_" + tmap[asc] + "_");
}
}
String key = keyBuilder.toString();
if (dp.containsKey(key)) {
return dp.get(key);
}
boolean finish = true;
for (int asc = 0; asc < 26; asc++) {
if (tmap[asc] != 0) {
finish = false;
break;
}
}
if (finish) {
dp.put(key, 0);
return 0;
}
if (i == map.length) {
dp.put(key, -1);
return -1;
}
int maxZhang = 0;
for (int asc = 0; asc < 26; asc++) {
if (map[i][asc] != 0 && tmap[asc] != 0) {
maxZhang = Math.max(maxZhang, (tmap[asc] / map[i][asc]) + (tmap[asc] % map[i][asc] == 0 ? 0 : 1));
}
}
int[] backup = Arrays.copyOf(tmap, tmap.length);
int min = Integer.MAX_VALUE;
int next = process2(map, i + 1, tmap, dp);
tmap = Arrays.copyOf(backup, backup.length);
if (next != -1) {
min = next;
}
for (int zhang = 1; zhang <= maxZhang; zhang++) {
for (int asc = 0; asc < 26; asc++) {
tmap[asc] = Math.max(0, tmap[asc] - (map[i][asc] * zhang));
}
next = process2(map, i + 1, tmap, dp);
tmap = Arrays.copyOf(backup, backup.length);
if (next != -1) {
min = Math.min(min, zhang + next);
}
}
int ans = min == Integer.MAX_VALUE ? -1 : min;
dp.put(key, ans);
return ans;
}
public static void main(String[] args) {
String[] arr = {"aaaa","bbaa","ccddd"};
String str = "abcccccdddddbbbaaaaa";
System.out.println(minStickers1(arr, str));
System.out.println(minStickers2(arr, str));
}
}
1.4 什么暴力递归可以继续优化？
1、有重复调用同一个子问题的解，这种递归可以优化
2、如果每一个子问题都是不同的解，无法优化也不用优化
1.5 暴力递归和动态规划的关系
1、某个暴力递归，有解的重复调用，就可以把这个暴力递归优化成动态规划
2、任何动态规划问题，都一定对应着某一个有解的重复调用的暴力递归
3、不是所有的暴力递归，都一定对应着动态规划
1.6 面试题中和动态规划的关系
1、解决一个问题，可能有很多尝试方法
2、可能在很多尝试方法中，又有若干个尝试方法有动态规划的方式
3、一个问题，可能有若干种动态规划的解法
1.7 如何找到某个问题的动态规划方式？
1、设计暴力递归：重要原则+4中常见尝试模型！重点
2、分析有没有重复解：套路解决
3、用记忆化搜索 -> 用严格表结构实现动态规划：套路解决
4、看看能否继续优化：套路解决
1.8 面试中设计暴力递归过程的原则
怎么猜是不对的？
1、每一个可变参数，一定不要比int类型更加复杂
比如可变参数是int a和int b 那么我们的缓存结构可以是a*b的二维数组。大小取决于a和b的范围
但是如果我们的可变参数是一个数组，int[] a。那么如果过多，我们不太容易设计那么大的缓存结构。如果只有一个这种可变参数就是原则2
不管什么问题，我们在脑海中想象可变参数就不会突破整形范围
2、原则1可以违反，让类型突破到一维线性结构，那必须是唯一可变参数。例如上述贴纸问题
3、如果发现原则1被违反，但没违反原则2。只需要做到记忆化搜索就是最优解
3、可变参数个数，能少则少
1.9 笔试面试过程中怎么设计暴力递归？
1、一定逼自己找到不违反1.8原则情况下的暴力尝试！
2、如果你找到暴力尝试，不符合原则，马上舍弃，找新的！
3、如果某个题目突破了设计原则，一定极难极难，面试中出现的概率低于5%
1.10 常见的4种尝试模型
每一个模型背后都有很多题目
1.10.1 从左往右的尝试模型
例如背包问题
1.10.2 范围上的尝试模型
例如纸牌博弈问题
1.10.3 多样本位置全对应的尝试模型
1.10.3.1 两个字符串的最长公共子序列问题
例如“ab1cd2ef345gh”和“opq123rs4tx5yz”的最长公共子序列为“12345”。即在两个字符串所有相等的子序列里最长的。所以返回子序列的长度5
假如"a123bc"和"12dea3fz"两个字符串，我们把这两个样本的下标一个作为行，一个作为列。观察这样的结构所表示的意义。dp表这样设计就是str1从0到i位置，str2从0到j位置，两个位置的最长公共子序列。
dp[i][j] 表示的含义是，str1字符串在i位置，
str2在j位置，两个最长公共子序列多长。
那么str1和str2的最长公共子序列，就是dp[str1.length][str2.length]
对于任何位置dp[i][j]:
- 如果str1的i位置和str2的j位置的最长公共子序列跟str1的i位置字符和str2的j位置字符无关，那么此时的最长公共子序列长度就是dp[i-1][j-1]
- 此时与str1的i位置结尾的字符有关系，和str2的j位置结尾的字符没关系。此时跟str2的j位置没关系，最长公共子序列式dp[i][j-1]
- 此时与str1的i位置结尾的字符没关系，和str2的j位置结尾的字符有关系。此时跟str1的j位置没关系，最长公共子序列式dp[i-1][j]
- 此时即与str1的i字符结尾，有关系。又与str2的j位置结尾，有关系。只有str1[i]==str2[j]才有可能存在这种情况，且为dp[i-1][j-1] + 1
0 1 2 3 4 5 6 7 str2
0 0 0 0 0 1 1 1 1
1 0
2 1
3 1
4 1
5 1
str1
package class12;
public class Code05_PalindromeSubsequence {
public static int lcse(char[] str1, char[] str2) {
int[][] dp = new int[str1.length][str2.length];
dp[0][0] = str1[0] == str2[0] ? 1 : 0;
// 填第0列的所有值
// 一旦st1r的i位置某个字符等于str2的0位置，那么之后都是1
for (int i = 1; i < str1.length; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], str1[i] == str2[0] ? 1 : 0);
}
// 填第0行的所有值
// 一旦str2的j位置某个字符等于str1的0位置，那么之后都是1
for (int j = 1; j < str2.length; j++) {
dp[0][j] = Math.max(dp[0][j - 1], str1[0] == str2[j] ? 1 : 0);
}
for (int i = 1; i < str1.length; i++) {
for (int j = 1; j < str2.length; j++) {
// dp[i - 1][j]表示可能性2
// dp[i][j - 1] 表示可能性3
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
if (str1[i] == str2[j]) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1] + 1);
}
}
}
return dp[str1.length - 1][str2.length - 1];
}
public static void main(String[] args) {
}
}
1.10.4 寻找业务限制的尝试模型
四种模型中最难的一种，暂时只看process方法，process更改为动态规划的dp方法。后面会展开说明其他方法，
例题：给定一个数组，代表每个人喝完咖啡准备刷杯子的时间，只有一台咖啡机，一次只能洗一个杯子，时间耗费a，洗完才能洗下一杯。每个咖啡杯也可以自己挥发干净，时间耗费b，咖啡杯可以并行挥发。返回让所有咖啡杯变干净的最早完成时间。三个参数：int[]arr , int a , int b（京东）
package class12;
import java.util.Arrays;
import java.util.Comparator;
import java.util.PriorityQueue;
// 题目
// 数组arr代表每一个咖啡机冲一杯咖啡的时间，每个咖啡机只能串行的制造咖啡。
// 现在有n个人需要喝咖啡，只能用咖啡机来制造咖啡。
// 认为每个人喝咖啡的时间非常短，冲好的时间即是喝完的时间。
// 每个人喝完之后咖啡杯可以选择洗或者自然挥发干净，只有一台洗咖啡杯的机器，只能串行的洗咖啡杯。
// 洗杯子的机器洗完一个杯子时间为a，任何一个杯子自然挥发干净的时间为b。
// 四个参数：arr, n, a, b
// 假设时间点从0开始，返回所有人喝完咖啡并洗完咖啡杯的全部过程结束后，至少来到什么时间点。
public class Code06_Coffee {
// 方法一：暴力尝试方法
public static int minTime1(int[] arr, int n, int a, int b) {
int[] times = new int[arr.length];
int[] drink = new int[n];
return forceMake(arr, times, 0, drink, n, a, b);
}
// 方法一，每个人暴力尝试用每一个咖啡机给自己做咖啡
public static int forceMake(int[] arr, int[] times, int kth, int[] drink, int n, int a, int b) {
if (kth == n) {
int[] drinkSorted = Arrays.copyOf(drink, kth);
Arrays.sort(drinkSorted);
return forceWash(drinkSorted, a, b, 0, 0, 0);
}
int time = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
int work = arr[i];
int pre = times[i];
drink[kth] = pre + work;
times[i] = pre + work;
time = Math.min(time, forceMake(arr, times, kth + 1, drink, n, a, b));
drink[kth] = 0;
times[i] = pre;
}
return time;
}
// 方法一，暴力尝试洗咖啡杯的方式
public static int forceWash(int[] drinks, int a, int b, int index, int washLine, int time) {
if (index == drinks.length) {
return time;
}
// 选择一：当前index号咖啡杯，选择用洗咖啡机刷干净
int wash = Math.max(drinks[index], washLine) + a;
int ans1 = forceWash(drinks, a, b, index + 1, wash, Math.max(wash, time));
// 选择二：当前index号咖啡杯，选择自然挥发
int dry = drinks[index] + b;
int ans2 = forceWash(drinks, a, b, index + 1, washLine, Math.max(dry, time));
return Math.min(ans1, ans2);
}
// 方法二：稍微好一点的解法
public static class Machine {
public int timePoint;
public int workTime;
public Machine(int t, int w) {
timePoint = t;
workTime = w;
}
}
public static class MachineComparator implements Comparator<Machine> {
@Override
public int compare(Machine o1, Machine o2) {
return (o1.timePoint + o1.workTime) - (o2.timePoint + o2.workTime);
}
}
// 方法二，每个人暴力尝试用每一个咖啡机给自己做咖啡，优化成贪心
public static int minTime2(int[] arr, int n, int a, int b) {
PriorityQueue<Machine> heap = new PriorityQueue<Machine>(new MachineComparator());
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
heap.add(new Machine(0, arr[i]));
}
int[] drinks = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
Machine cur = heap.poll();
cur.timePoint += cur.workTime;
drinks[i] = cur.timePoint;
heap.add(cur);
}
return process(drinks, a, b, 0, 0);
}
// 方法二，洗咖啡杯的方式和原来一样，只是这个暴力版本减少了一个可变参数
// process(drinks, 3, 10, 0,0)
// a 洗一杯的时间 固定变量
// b 自己挥发干净的时间 固定变量
// drinks 每一个员工喝完的时间 固定变量
// drinks[0..index-1]都已经干净了，不用你操心了
// drinks[index...]都想变干净，这是我操心的，washLine表示洗的机器何时可用
// drinks[index...]变干净，最少的时间点返回
public static int process(int[] drinks, int a, int b, int index, int washLine) {
if (index == drinks.length - 1) {
return Math.min(Math.max(washLine, drinks[index]) + a, drinks[index] + b);
}
// 剩不止一杯咖啡
// wash是我当前的咖啡杯，洗完的时间
int wash = Math.max(washLine, drinks[index]) + a;// 洗，index一杯，结束的时间点
// index+1...变干净的最早时间
int next1 = process(drinks, a, b, index + 1, wash);
// index....
int p1 = Math.max(wash, next1);
int dry = drinks[index] + b; // 挥发，index一杯，结束的时间点
int next2 = process(drinks, a, b, index + 1, washLine);
int p2 = Math.max(dry, next2);
return Math.min(p1, p2);
}
public static int dp(int[] drinks, int a, int b) {
if (a >= b) {
return drinks[drinks.length - 1] + b;
}
// a < b
int N = drinks.length;
int limit = 0; // 咖啡机什么时候可用
for (int i = 0; i < N; i++) {
limit = Math.max(limit, drinks[i]) + a;
}
int[][] dp = new int[N][limit + 1];
// N-1行，所有的值
for (int washLine = 0; washLine <= limit; washLine++) {
dp[N - 1][washLine] = Math.min(Math.max(washLine, drinks[N - 1]) + a, drinks[N - 1] + b);
}
for (int index = N - 2; index >= 0; index--) {
for (int washLine = 0; washLine <= limit; washLine++) {
int p1 = Integer.MAX_VALUE;
int wash = Math.max(washLine, drinks[index]) + a;
if (wash <= limit) {
p1 = Math.max(wash, dp[index + 1][wash]);
}
int p2 = Math.max(drinks[index] + b, dp[index + 1][washLine]);
dp[index][washLine] = Math.min(p1, p2);
}
}
return dp[0][0];
}
// 方法三：最终版本，把方法二洗咖啡杯的暴力尝试进一步优化成动态规划
public static int minTime3(int[] arr, int n, int a, int b) {
PriorityQueue<Machine> heap = new PriorityQueue<Machine>(new MachineComparator());
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
heap.add(new Machine(0, arr[i]));
}
int[] drinks = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
Machine cur = heap.poll();
cur.timePoint += cur.workTime;
drinks[i] = cur.timePoint;
heap.add(cur);
}
if (a >= b) {
return drinks[n - 1] + b;
}
int[][] dp = new int[n][drinks[n - 1] + n * a];
for (int i = 0; i < dp[0].length; i++) {
dp[n - 1][i] = Math.min(Math.max(i, drinks[n - 1]) + a, drinks[n - 1] + b);
}
for (int row = n - 2; row >= 0; row--) { // row 咖啡杯的编号
int washLine = drinks[row] + (row + 1) * a;
for (int col = 0; col < washLine; col++) {
int wash = Math.max(col, drinks[row]) + a;
dp[row][col] = Math.min(Math.max(wash, dp[row + 1][wash]), Math.max(drinks[row] + b, dp[row + 1][col]));
}
}
return dp[0][0];
}
// for test
public static int[] randomArray(int len, int max) {
int[] arr = new int[len];
for (int i = 0; i < len; i++) {
arr[i] = (int) (Math.random() * max) + 1;
}
return arr;
}
// for test
public static void printArray(int[] arr) {
System.out.print("arr : ");
for (int j = 0; j < arr.length; j++) {
System.out.print(arr[j] + ", ");
}
System.out.println();
}
public static void main(String[] args) {
int[] test = { 1, 1, 5, 5, 7, 10, 12, 12, 12, 12, 12, 12, 15 };
int a1 = 3;
int b1 = 10;
System.out.println(process(test, a1, b1, 0, 0));
System.out.println(dp(test, a1, b1));
int len = 5;
int max = 9;
int testTime = 50000;
for (int i = 0; i < testTime; i++) {
int[] arr = randomArray(len, max);
int n = (int) (Math.random() * 5) + 1;
int a = (int) (Math.random() * 5) + 1;
int b = (int) (Math.random() * 10) + 1;
int ans1 = minTime1(arr, n, a, b);
int ans2 = minTime2(arr, n, a, b);
int ans3 = minTime3(arr, n, a, b);
if (ans1 != ans2 || ans2 != ans3) {
printArray(arr);
System.out.println("n : " + n);
System.out.println("a : " + a);
System.out.println("b : " + b);
System.out.println(ans1 + " , " + ans2 + " , " + ans3);
System.out.println("===============");
break;
}
}
}
}
1.11 如何分析有没有重复解
1、列出调用过程，可以只列出前几层
2、有没有重复解，一看便知
1.12 暴力递归到动态规划的套路
1、你已经有了一个不违反原则的暴力递归，而且的确存在重复调用
2、找到哪些参数的变化会影响返回值，对每一个列出变化范围
3、参数间的所有组合数量，意味着缓存表(DP)大小
4、记忆化搜索的方法就是傻缓存，非常容易得到
5、规定好严格的表大小，分析位置的依赖顺序，然后从基础填写到最终解
6、对于有枚举行为的决策过程，进一步优化
1.13 动态规划的进一步优化
主要就是用来优化动态规划的单个位置的枚举行为
1、空间压缩
2、状态化简
3、四边形不等式
4、其他优化技巧
