数据结构与算法-三角形最小路径和
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题目描述
给定一个三角形 triangle ，找出自顶向下的最小路径和。
每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。相邻的结点 在这里指的是 下标 与 上一层结点下标 相同或者等于 上一层结点下标 + 1 的两个结点。也就是说，如果正位于当前行的下标 i ，那么下一步可以移动到下一行的下标 i 或 i + 1 。
示例
输入：triangle = [[2],[3,4],[6,5,7],[4,1,8,3]]
输出：11
解释：如下面简图所示：
2
3 4
6 5 7
4 1 8 3
自顶向下的最小路径和为 11（即，2 + 3 + 5 + 1 = 11）。
进阶
你可以只使用 \(O(n)\) 的额外空间（\(n\) 为三角形的总行数）来解决这个问题吗？
问题分析
我们用 \(f[i][j]\) 表示从三角形顶部走到位置 \((i, j)\) 的最小路径和。这里的位置 \((i, j)\) 指的是三角形中第 \(i\) 行第 \(j\) 列（均从 \(0\) 开始编号）的位置。
由于每一步只能移动到下一行「相邻的节点」上，因此要想走到位置 \((i, j)\)，上一步就只能在位置 \((i - 1, j - 1)\) 或者位置 \((i - 1, j)\) 。我们在这两个位置中选择一个路径和较小的来进行转移，状态转移方程为：
其中 \(c[i][j]\) 表示位置 \((i, j)\) 对应的元素值。
注意第 \(i\) 行有 \(i+1\) 个元素，它们对应的 \(j\) 的范围为 \([0, i]\)。当 \(j=0\) 或 \(j=i\) 时，上述状态转移方程中有一些项是没有意义的。例如当 \(j=0\) 时，\(f[i-1][j-1]\) 没有意义，因此状态转移方程为：
即当我们在第 \(i\) 行的最左侧时，我们只能从第 \(i-1\) 行的最左侧移动过来。当 \(j=i\) 时，\(f[i-1][j]\) 没有意义，因此状态转移方程为：
即当我们在第 \(i\) 行的最右侧时，我们只能从第 \(i-1\) 行的最右侧移动过来。
最终的答案即为 \(f[n-1][0]\) 到 \(f[n-1][n-1]\) 中的最小值，其中 \(n\) 是三角形的行数。
细节
状态转移方程的边界条件是什么？由于我们已经去除了所有「没有意义」的状态，因此边界条件可以定为：
即在三角形的顶部时，最小路径和就等于对应位置的元素值。这样一来，我们从 \(1\) 开始递增地枚举 \(i\)，并在 \([0, i]\) 的范围内递增地枚举 \(j\)，就可以完成所有状态的计算。
class Solution {
public:
int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
int n = triangle.size();
vector<vector<int>> f(n, vector<int>(n));
f[0][0] = triangle[0][0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = f[i - 1][0] + triangle[i][0];
for (int j = 1; j < i; ++j) {
f[i][j] = min(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j]) + triangle[i][j];
}
f[i][i] = f[i - 1][i - 1] + triangle[i][i];
}
return *min_element(f[n - 1].begin(), f[n - 1].end());
}
};
动态规划 + 空间优化
思路与算法
在题目描述中的「进阶」部分，提到了可以将空间复杂度优化至 \(O(n)\)。
我们回顾方法一中的状态转移方程：
可以发现，\(f[i][j]\) 只与 \(f[i-1][..]\) 有关，而与 \(f[i-2][..]\) 及之前的状态无关，因此我们不必存储这些无关的状态。具体地，我们使用两个长度为 \(n\) 的一维数组进行转移，将 \(i\) 根据奇偶性映射到其中一个一维数组，那么 \(i-1\) 就映射到了另一个一维数组。这样我们使用这两个一维数组，交替地进行状态转移。
class Solution {
public:
int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
int n = triangle.size();
vector<vector<int>> f(2, vector<int>(n));
f[0][0] = triangle[0][0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int curr = i % 2;
int prev = 1 - curr;
f[curr][0] = f[prev][0] + triangle[i][0];
for (int j = 1; j < i; ++j) {
f[curr][j] = min(f[prev][j - 1], f[prev][j]) + triangle[i][j];
}
f[curr][i] = f[prev][i - 1] + triangle[i][i];
}
return *min_element(f[(n - 1) % 2].begin(), f[(n - 1) % 2].end());
}
};
上述方法的空间复杂度为 \(O(n)\)，使用了 \(2n\) 的空间存储状态。我们还可以继续进行优化吗？
答案是可以的。我们从 \(i\) 到 \(0\) 递减地枚举 \(j\)，这样我们只需要一个长度为 \(n\) 的一维数组 \(f\)，就可以完成状态转移。
为什么只有在递减地枚举 \(j\) 时，才能省去一个一维数组？当我们在计算位置 \((i, j)\) 时，\(f[j+1]\) 到 \(f[i]\) 已经是第 \(i\) 行的值，而 \(f[0]\) 到 \(f[j]\) 仍然是第 \(i-1\) 行的值。此时我们直接通过
进行转移，恰好就是在 \((i-1, j-1)\) 和 \((i-1, j)\) 中进行选择。但如果我们递增地枚举 \(j\)，那么在计算位置 \((i, j)\) 时，\(f[0]\) 到 \(f[j-1]\) 已经是第 \(i\) 行的值。如果我们仍然使用上述状态转移方程，那么是在 \((i, j-1)\) 和 \((i-1, j)\) 中进行选择，就产生了错误。
这样虽然空间复杂度仍然为 \(O(n)\)，但我们只使用了 \(n\) 的空间存储状态，减少了一半的空间消耗。
class Solution {
public:
int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
int n = triangle.size();
vector<int> f(n);
f[0] = triangle[0][0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i] = f[i - 1] + triangle[i][i];
for (int j = i - 1; j > 0; --j) {
f[j] = min(f[j - 1], f[j]) + triangle[i][j];
}
f[0] += triangle[i][0];
}
return *min_element(f.begin(), f.end());
}
};
