剑指Offer题目笔记27(动态规划单序列问题)
面试题89:
问题:
输入一个数组表示某条街道上的一排房屋内财产的数量。相邻两栋房屋不能同时被盗,问小偷能偷取到的最多财物。
解决方案一(带缓存的递归):
解决方案:
- 由于有报警系统,小偷不能同时偷相邻两栋房屋,故小偷在到达标号为i的房屋时他能偷取的财物的最大值,即f(i)=max(f(i-2)+nums[i],f(i-1))。
- 创建一个数组dp,它的第i个元素dp[i]用来保存f(i)的结果。如果f(i)之前已经计算出结果,那么只需要从数组dp中读取dp[i]的值,不用再重复计算。如果之前从来没有计算过,则根据状态转移方程递归计算。
源代码:
class Solution {public int rob(int[] nums) {int[] dp = new int[nums.length];//将dp数组的所有值赋值为-1Arrays.fill(dp,-1);dfs(nums,nums.length-1,dp);return dp[nums.length-1];}private void dfs(int[] nums,int len,int[] dp){if(len == 0){dp[len] = nums[0];}else if(len == 1){dp[len] = Math.max(nums[0],nums[1]);}else if(dp[len] < 0){dfs(nums,len-1,dp);dfs(nums,len-2,dp);dp[len] = Math.max(dp[len-1],dp[len-2] + nums[len]);}}
}
解决方案二:(空间复杂度为O(n)的迭代):
解决方案:
由下到上,先求出f(0)和f(1)的值,再通过状态转移方程f(i) = Math,max(f(i-1),f(i-2) + nums[i])求出f(2)以此类推求得f(i)。
源代码:
class Solution {public int rob(int[] nums) {int len = nums.length;int[] dp = new int[len];dp[0] = nums[0];if(len >= 2){dp[1] = Math.max(nums[1],nums[0]);}for(int i = 2;i < len;i++){dp[i] = Math.max(dp[i-1],dp[i-2] + nums[i]);}return dp[len-1];}
}
解决方案三:(空间复杂度为O(1)的迭代):
解决方案:
观察上述代码,就能发现计算“dp[i]”时只需要用到“dp[i-1]”和“dp[i-2]”这两个值,也就是说,只需要缓存两个值就足够了,并不需要一个长度为n的数组。
源代码:
class Solution {public int rob(int[] nums) {int len = nums.length;int[] dp = new int[2];dp[0] = nums[0];if(len >= 2){dp[1] = Math.max(nums[0],nums[1]);}for(int i = 2;i < len;i++){dp[i % 2] = Math.max(dp[(i-1) % 2],dp[(i-2) % 2 ] + nums[i]);}return dp[(len - 1) % 2];}
}
解决方案四:(使用两个状态转移方程):
解决方案:
由于小偷到达标记为i的房屋是有两个选择,他进去偷东西和不进去偷东西,定义f(i)为不进去偷东西,g(i)为进去偷东西,因此f(i)= max(f(i-1),g(i-1)),g(i) = f(i-1) + nums[1]。这两个状态转移方程有隐含条件i必须大于0,不然i-1没有意义,因此f(0)= 0,g(0) = nums[0]。
源代码:
class Solution {public int rob(int[] nums) {int len = nums.length;int[][] dp = new int[2][2];//dp【0】为f(i)dp[0][0] = 0;//dp【1】为g(i)dp[1][0] = nums[0];for(int i = 1;i < len;i++){dp[0][i % 2] = Math.max(dp[0][(i - 1) % 2],dp[1][(i - 1) % 2]);dp[1][i % 2] = Math.max(dp[0][i % 2],dp[0][(i-1) % 2] + nums[i]);}return Math.max(dp[0][(len - 1) % 2],dp[1][(len - 1) % 2]);}
}
面试题90:
问题:
一条环形街道上有若干房屋,输入一个数组表示该条街道上的房屋内财产的数量,计算小偷在这条街道上最多能偷取到的财产数量。
解决方案:
- 如果小偷去偷标号为0的房屋,那么他就不能去偷标号为n-1的房屋;如果小偷去偷标号为n-1的房屋,那么他就不能去标号为0的房屋。
- 可以将这个问题分解成两个子问题:一个问题是求小偷从标号为0开始到标号为n-2结束的房屋内能偷得的最多财物数量,另一个问题是求小偷从标号为1开始到标号为n-1结束的房屋内能偷得的最多财物数量。
源代码:
class Solution {public int rob(int[] nums) {int len = nums.length;if(len == 0){return 0;}if(len == 1){return nums[0];}//0~n-2int result1 = dfs(nums,0,len-2);//1~n-1int result2 = dfs(nums,1,len-1);return Math.max(result1,result2);}private int dfs(int[] nums,int start,int end){int[] dp = new int[2];dp[0] = nums[start];if(start < end){dp[1] = Math.max(nums[start],nums[start+1]);}for(int i = start+2;i <= end;i++){int j = i - start;dp[j % 2] = Math.max(dp[(j-1) % 2],dp[(j-2) % 2] + nums[i]); }return Math.max(dp[0],dp[1]);}
}
面试题91:
问题:
一排n幢房子要粉刷成红色、绿色和蓝色,不同房子被粉刷成不同颜色的成本不同。要求任意相邻的两幢房子的颜色都不一样。
解决方案:
- 当计算粉刷标记为i的房子时的成本,得先考虑标记i-1的房子的颜色。因此,需要3个表达式,r(i)表示粉刷红色、g(i)表示粉刷绿色、b(i)表示粉刷蓝色。
- 如果标记i的房子粉刷红色时,那么标记i-1的房子可以被粉刷为绿色或蓝色,r(i) = min(g(i-1),b(i-1))+ costs[i]。如果标记i的房子粉刷绿色时,那么标记i-1的房子可以被粉刷为红色或蓝色,g(i) = min(r(i-1),b(i-1))+ costs[i]。如果标记i的房子粉刷蓝色时,那么标记i-1的房子可以被粉刷为绿色或红色,b(i) = min(g(i-1),r(i-1))+ costs[i]。
源代码:
class Solution {public int minCost(int[][] costs) {int len = costs.length;//将三个一维数组合成为一个二维数组int[][] dp = new int[3][2];for(int i = 0;i < 3;i++){dp[i][0] = costs[0][i];}for(int i = 1;i < len;i++){for(int j = 0;j < 3;j++){//计算另外两种颜色的成本int result1 = dp[(j + 1) % 3][(i - 1) % 2];int result2 = dp[(j + 2) % 3][(i - 1) % 2];dp[j][i % 2] = Math.min(result1,result2) + costs[i][j];}}int last = (len-1) % 2;return Math.min(Math.min(dp[0][last],dp[1][last]),dp[2][last]);}
}
面试题92:
问题:
输入一个只包含‘0’和‘1’的字符串,至少需要翻转几个字符,才可以使翻转之后的字符串中所有的‘0’位于‘1’的前面。
解决方案:
- 由于翻转下标为i的字符依赖于前i个字符翻转之后的最后一个字符是‘0’还是‘1’,因此要分两种情况讨论,假设f(i)是翻转之后最后一个字符为0的函数,g(i)为翻转之后最后一个字符为1的函数。
- 如果下标为i的字符是‘0’,那么f(i)= f(i-1)不需要进行翻转;如果下标为i的字符是‘1’,那么f(i) = f(i-1)+ 1。如果下标为i的字符是‘0’,那么g(i) = min(f(i-1),g(i-1))+ 1,因为当我们将下标为i的字符翻转为‘1’时,那么不管下标i-1的字符是0或1都可以;如果下标为i的字符是‘1’,那么g(i)= min(f(i-1),g(i-1)),因为下标为i的字符已经为‘1’了,不需要翻转。
源代码:
class Solution {public int minFlipsMonoIncr(String s) {int len = s.length();int[][] dp = new int[2][2];char ch = s.charAt(0);dp[0][0] = ch == '0'?0:1;dp[1][0] = ch == '0'?1:0;for(int i = 1;i < len;i++){char sh = s.charAt(i);int result1 = dp[0][(i - 1) % 2];int result2 = dp[1][(i - 1) % 2];dp[0][i % 2] = result1 + (sh == '0'?0:1);dp[1][i % 2] = Math.min(result1,result2) + (sh == '1'?0:1); }return Math.min(dp[0][(len - 1) % 2],dp[1][(len - 1) % 2]);}
}
面试题93:
问题:
输入一个没有重复数字的单调递增的数组,数组中至少有3个数字,请问数组中最长的斐波那契数列的长度是多少。
解决方案:
- 将数组记为A,A[i]表示数组中下标为i的数字。对于每个j(0≤j<i),A[j]都有可能是在某个斐波那契数列中A[i]前面的一个数字。如果存在一个k(0≤k< j)满足A[k]+A[j]=A[i],那么这3个数字就组成了一个斐波那契数列。这个以A[i]为结尾、前一个数字是A[j]的斐波那契数列是在以A[j]为结尾、前一个数字是A[k]的序列的基础上增加一个数字A[i],因此前者的长度是在后者的长度的基础上加1。
- 由于状态转移方程有两个参数i和j,因此需要一个二维数组来缓存f(i,j)的计算结果。i对应二维数组的行号,j对应二维数组的列号。由于i大于j,因此实际上只用到了二维数组的左下角部分。如果数组的长度是n,那么i的取值范围为1~n-1,而j的取值范围为0~n-2。
源代码:
class Solution {public int lenLongestFibSubseq(int[] arr) {int len = arr.length;//使用map数组记录每个数字在数组中的下标Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();for(int i = 0;i < len;i++){map.put(arr[i],i);}int[][] dp = new int[len][len];int result = 2;for(int i = 1;i < len;i++){for(int j = 0;j < i;j++){//判断数组中是否存在一个数字 arr[k]满足arr[k]=arr[i]-arr[j]。int k = map.getOrDefault(arr[i]-arr[j],-1);//如果存在,就在f(j,k)的基础上加一dp[i][j] = k >= 0 && k < j?dp[j][k] + 1:2;result = Math.max(result,dp[i][j]);}}return result > 2?result:0;}
}
面试题94:
问题:
输入一个字符串,请问至少需要分割几次才可以使分割出的每个字符串都是回文。
解决方案:
- 假设字符串为S,下标为i的字符为S[i],下标从j到i的子字符串为S[j…i]。用 f(i)表示从下标为0到i的子字符串S[0…i]的符合条件的最少分割次数。如果字符串的长度是n,那么f(n-1)就是问题的解。
- 如果子字符串S[0…i]本身就是一个回文,那么不需要分割就符合要求,此时f(i)等于0。如果子字符串S[0…i]不是一个回文,那么对每个下标j(1≤j≤i)逐一判断子字符串S[j…i]是不是回文。如果是回文,那么这就是一个有效的分割方法,此时的分割次数相当于子字符串S[0…j-1]的分割次数再加1,因为这是将子字符串S[0…j-1]按照要求分割之后再在S[j-1]和S[j]这两个字符中间再分割一次。因此,f(i)就是所有符合条件的j对应的f(j-1)的最小值加1。
源代码:
class Solution {public int minCut(String s) {int len = s.length();//使用二维数组记录j到i是否回文boolean[][] flag = new boolean[len][len];for(int i = 0;i < len;i++){for(int j = 0;j <= i;j++){char ch1 = s.charAt(i);char ch2 = s.charAt(j);//i <= j+1用于判断i和j相邻的情况、flag[j+1][i-1]用于判断j到i不相邻的情况if(ch1 == ch2 && (i <= j+1 || flag[j+1][i-1])){flag[j][i] = true;}}}int[] dp = new int[len];for(int i = 0;i < len;i++){//如果0到i是回文数,那么就不需要分割if(flag[0][i]){dp[i] = 0;}else{//先做最坏的打算,字符需要分割成一个一个的字符。例如abcd,就需要分割3次dp[i] = i;for(int j = 1;j <= i;j++){//如果j到i是回文数,那么就在dp【j-1】切割次数的基础上加一if(flag[j][i]){dp[i] = Math.min(dp[i],dp[j-1] + 1);}}}}return dp[len-1];}
}
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