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算法【从递归入手一维动态规划】

动态规划:用空间代替重复计算,包含一整套原理和技巧的总和。后面会有非常多的文章介绍动态规划。

有些递归在展开计算时,总是重复调用同一个子问题的解,这种重复调用的递归变成动态规划很有收益。如果每次展开都是不同的解,或者重复调用的现象很少,那么没有改动态规划的必要。任何动态规划问题都一定对应着一个有重复调用行为的递归。所以任何动态规划的题目都一定可以从递归入手,逐渐实现动态规划的方法。尝试策略就是转移方程,完全一回事。推荐从尝试入手,因为代码好写,并且一旦发现尝试错误,重新想别的递归代价轻。

当熟悉了从递归到动态规划的转化过程,那么就可以纯粹用动态规划的视角来分析问题了。如果不熟悉这个过程,直接一上来就硬去理解状态转移方程,那么往往会步履维艰、邯郸学步、东施效颦。

动态规划的大致过程:想出设计优良的递归尝试(方法、经验、固定套路很多),有关尝试展开顺序的说明

-> 记忆化搜索(从顶到底的动态规划) ,如果每个状态的计算枚举代价很低,往往到这里就可以了。

-> 严格位置依赖的动态规划(从底到顶的动态规划) ,更多是为了下面说的进一步优化枚举做的准备。

-> 进一步优化空间(空间压缩),一维、二维、多维动态规划都存在这种优化。

-> 进一步优化枚举也就是优化时间(本文没有涉及,但是后续巨多内容和这有关)。

解决一个问题,可能有很多尝试方法,众多的尝试方法中,可能若干的尝试方法有重复调用的情况,可以转化成动态规划。若干个可以转化成动态规划的方法中,又可能有优劣之分。判定哪个是最优的动态规划方法,依据来自题目具体参数的数据量。最优的动态规划方法实现后,后续又有一整套的优化技巧。

下面通过一些题目入手动态规划。

题目一

测试链接:https://leetcode.cn/problems/fibonacci-number/

分析:斐波那契数是一个极其经典的动态规划问题。我们借由这个题目展开对动态规划的讨论,首先,我们使用一个递归暴力解法。代码如下。

class Solution {
public:int fib(int n) {if(n == 0){return 0;}else if(n == 1){return 1;}else{return fib(n-1) + fib(n-2);}}
};

其中,因为题目的数据量不大,所以递归暴力解法也能通过。下面使用记忆化搜索的解法,就是用一个数组把计算过的结果存储起来,以后要计算相同结果的时候直接使用。代码如下。

class Solution {
public:vector<int> record;int f(int n){if(n == 0){return 0;}if(n == 1){return 1;}if(record[n] != -1){return record[n];}int ans = f(n-1) + f(n-2);record[n] = ans;return ans;}int fib(int n) {record.assign(n+1, -1);return f(n);}
};

其中,对于f(n),如果record[n]不等于-1也就是计算过了,直接返回;如果等于-1,也就是并未计算出结果,就直接计算,然后将结果存入数组。记忆化搜索的解法已经很快了,接下来,我们看看严格位置依赖的解法,也就是普遍的动态规划。可以看出,f(n)的结果是依赖于f(n-1)和f(n-2),所以我们从前向后遍历dp数组,计算逻辑和递归以及记忆化搜索一样。代码如下。

class Solution {
public:vector<int> dp;int f(int n){if(n == 0){return 0;}if(n == 1){return 1;}dp[0] = 0;dp[1] = 1;for(int i = 2;i <= n;++i){dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];}return dp[n];}int fib(int n) {dp.assign(n+1, 0);return f(n);}
};

其中,将dp数组初始化后开始遍历dp数组计算结果。有了严格位置依赖的解法,我们可以从空间上去优化,也就是空间压缩。可以看出,dp[i]只依赖于dp[i-1]和dp[i-2],所以我们只需要用3个变量表示即可。代码如下。

class Solution {
public:int cur, last, lastLast;int f(int n){if(n == 0){return 0;}if(n == 1){return 1;}lastLast = 0;last = 1;for(int i = 2;i <= n;++i){cur = last + lastLast;lastLast = last;last = cur;}return cur;}int fib(int n) {return f(n);}
};

其中,cur表示dp[i],last表示dp[i-1],lastLast表示dp[i-2]。

题目二

测试链接:https://leetcode.cn/problems/minimum-cost-for-tickets/

分析:这个问题我们依然从递归解法开始,一步步推广到动态规划。f方法表示的意思是从下标为i的天数开始所需要的最小花费。因为纯递归暴力解法会超时,所以直接从记忆化搜索解法展示。代码如下。

class Solution {
public:vector<int> dp;int plan[3] = {1, 7, 30};int f(int i, vector<int>& days, vector<int>& costs){if(i >= days.size()){return 0;}if(dp[i] != -1){return dp[i];}int cur = days[i];int ans = -((1 << 31) + 1);int day, j;for(int p = 0;p < 3;++p){j = i + 1;day = plan[p];while (j < days.size() && cur + day > days[j]){++j;}ans = ans < costs[p]+f(j, days, costs) ? ans : costs[p]+f(j, days, costs);}dp[i] = ans;return ans;}int mincostTickets(vector<int>& days, vector<int>& costs) {dp.assign(366, -1);return f(0, days, costs);}
};

其中,递归主题思路是在当前天分别购买1、7、30天,然后从下一次需要购买的下标继续递归调用。记忆化搜索的解法只是比递归解法多了一个数组来存储结果,下面我们来看严格位置依赖的解法。可以看出,小下标依赖大下标的结果,所以从后向前遍历dp数组。代码如下。

class Solution {
public:int dp[366];int plan[3] = {1, 7, 30};int mincostTickets(vector<int>& days, vector<int>& costs) {int length = days.size();int cur, day, k;dp[length-1] = costs[0] < costs[1] ? (costs[0] < costs[2] ? costs[0] : costs[2]) : (costs[1] < costs[2] ? costs[1] : costs[2]);for(int i = length-2;i >= 0;--i){cur = days[i];dp[i] = costs[0] + dp[i+1];for(int j = 1;j < 3;++j){day = plan[j];k = i + 1;while (k < length && cur + day > days[k]){++k;}if(k == length){dp[i] = dp[i] < costs[j] ? dp[i] : costs[j];}else{dp[i] = dp[i] < costs[j]+dp[k] ? dp[i] : costs[j]+dp[k];}}}return dp[0];}
};

其中,计算逻辑和记忆化搜索相同。

题目三

测试链接:https://leetcode.cn/problems/decode-ways/

分析:这道题我们也先从记忆化搜索,也就是先从递归考虑尝试,然后再推广到严格位置依赖的解法。f方法表示,从下标i向后有多少种解码方法。代码如下。

class Solution {
public:vector<int> dp;int f(string s, int i){int ans;if(i >= s.size()){return 1;}if(dp[i] != -1){return dp[i];}if(s[i] == '0'){return 0;}ans = f(s, i+1);if(i+1 < s.size()&& ((s[i] == '1') || (s[i] == '2' && s[i+1] >= '0' && s[i+1] <= '6'))){ans += f(s, i+2);}dp[i] = ans;return ans;}int numDecodings(string s) {dp.assign(101, -1);return f(s, 0);}
};

其中,如果s[i]等于0则没有解码方法,如果有,先将s[i]单独划分成一个,然后再判断是否能讲s[i]和s[i+1]划分成一个。对于严格位置依赖的解法,我们可以看出小下标的结果依赖于大下标的结果,所以也是从后向前遍历dp数组,计算逻辑和记忆化搜索相同。代码如下。

class Solution {
public:int dp[101];int numDecodings(string s) {int length = s.size();dp[length] = 1;for(int i = length-1;i >= 0;--i){if(s[i] == '0'){dp[i] = 0;}else{dp[i] = dp[i+1];if(i+1 < length&& ((s[i] == '1') || (s[i] == '2' && s[i+1] >= '0' && s[i+1] <= '6'))){dp[i] += dp[i+2];}}}return dp[0];}
};

其中,计算完dp数组后dp[0]就是结果。再来从空间上压缩一下,这以看出i位置的结果依赖于i+1和i+2的结果,所以同样可以用三个变量来表示。代码如下。

class Solution {
public:int cur, next, nextNext;int numDecodings(string s) {int length = s.size();next = 1;for(int i = length-1;i >= 0;--i){if(s[i] == '0'){cur = 0;}else{cur = next;if(i+1 < length&& ((s[i] == '1') || (s[i] == '2' && s[i+1] >= '0' && s[i+1] <= '6'))){cur += nextNext;}}nextNext = next;next = cur;}return cur;}
};​

其中,cur表示dp[i],next表示dp[i+1],nextNext表示dp[i+2]。

题目四

测试链接:https://leetcode.cn/problems/decode-ways-ii/

分析:这道题和上道题思路差不多,只不过讨论的情况更多。同时,这道题如果使用记忆化搜索,会导致爆栈,所以只展示严格位置依赖的解法和空间压缩的解法。代码如下。

class Solution
{
public:int MOD = 1000000007;int dp[100002];int numDecodings(string s){int length = s.size();dp[length] = 1;for (int i = length - 1; i >= 0; --i){if (s[i] == '0'){dp[i] = 0;}else{if (s[i] > '0' && s[i] <= '9'){dp[i] = dp[i+1];}else{dp[i] = (9 * (long long)dp[i+1]) % MOD;}if (i + 1 < length){if (s[i] == '1' && s[i + 1] >= '0' && s[i + 1] <= '9'){dp[i] = (dp[i] + dp[i+2]) % MOD;}else if (s[i] == '2' && s[i + 1] >= '0' && s[i + 1] <= '6'){dp[i] = (dp[i] + dp[i+2]) % MOD;}else if (s[i] == '1' && s[i + 1] == '*'){dp[i] = (dp[i] + (9 * (long long)dp[i+2])) % MOD;}else if (s[i] == '2' && s[i + 1] == '*'){dp[i] = (dp[i] + (6 * (long long)dp[i+2])) % MOD;}else if (s[i] == '*' && s[i + 1] >= '0' && s[i + 1] <= '6'){dp[i] = (dp[i] + (2 * (long long)dp[i+2])) % MOD;}else if (s[i] == '*' && s[i + 1] > '6' && s[i + 1] <= '9'){dp[i] = (dp[i] + dp[i+2]) % MOD;}else if (s[i] == '*' && s[i + 1] == '*'){dp[i] = (dp[i] + (15 * (long long)dp[i+2])) % MOD;}}}}return dp[0];}
};

其中,和上道题一样,对于所有情况进行讨论,这里不再赘述。下面展示空间压缩的解法。代码如下。

class Solution
{
public:int MOD = 1000000007;int cur, next, nextNext;int numDecodings(string s){int length = s.size();next = 1;for (int i = length - 1; i >= 0; --i){if (s[i] == '0'){cur = 0;}else{if (s[i] > '0' && s[i] <= '9'){cur = next;}else{cur = (9 * (long long)next) % MOD;}if (i + 1 < length){if (s[i] == '1' && s[i + 1] >= '0' && s[i + 1] <= '9'){cur = (cur + nextNext) % MOD;}else if (s[i] == '2' && s[i + 1] >= '0' && s[i + 1] <= '6'){cur = (cur + nextNext) % MOD;}else if (s[i] == '1' && s[i + 1] == '*'){cur = (cur + (9 * (long long)nextNext)) % MOD;}else if (s[i] == '2' && s[i + 1] == '*'){cur = (cur + (6 * (long long)nextNext)) % MOD;}else if (s[i] == '*' && s[i + 1] >= '0' && s[i + 1] <= '6'){cur = (cur + (2 * (long long)nextNext)) % MOD;}else if (s[i] == '*' && s[i + 1] > '6' && s[i + 1] <= '9'){cur = (cur + nextNext) % MOD;}else if (s[i] == '*' && s[i + 1] == '*'){cur = (cur + (15 * (long long)nextNext)) % MOD;}}}nextNext = next;next = cur;}return cur;}
};

其中,cur,next,nextNext含义和上一题相同。

题目五

测试链接:https://leetcode.cn/problems/ugly-number-ii/

分析:现在我们就直接给出严格位置依赖的解法,不再对递归以及记忆化搜索的解法进行展示。对于丑数,可以知道1是第一个丑数。所以我们设置2指针,3指针和5指针,初始化指向第一个丑数也就是1。然后要得到后续的丑数时,将2指针指向的丑数乘以2,,3指针指向的丑数乘以3,,5指针指向的丑数乘以5,得到其中最小值就是当前的丑数。然后指针计算的结果小于等于得到丑数的,将指针后移指向下一个丑数。代码如下。

class Solution {
public:int dp[1692];int nthUglyNumber(int n) {if(n == 1){return 1;}int ptr_2 = 1, ptr_3 = 1, ptr_5 = 1, i = 2;dp[1] = 1;while (i <= n){dp[i] = dp[ptr_2] * 2 < dp[ptr_3] * 3 ?(dp[ptr_2] * 2 < dp[ptr_5] * 5 ? dp[ptr_2] * 2 : dp[ptr_5] * 5) :(dp[ptr_3] * 3 < dp[ptr_5] * 5 ? dp[ptr_3] * 3 : dp[ptr_5] * 5);if(dp[ptr_2] * 2 <= dp[i]){++ptr_2;}if(dp[ptr_3] * 3 <= dp[i]){++ptr_3;}if(dp[ptr_5] * 5 <= dp[i]){++ptr_5;}++i;}return dp[n];}
};

其中,通过一个嵌套的三目运算符来得到计算出的最小值。

题目六

测试链接:https://leetcode.cn/problems/longest-valid-parentheses/

分析:dp数组的含义是以下标i为结尾的有效子串最长长度。所以我们可以知道,当s[i]为左括号的时候,结果为dp[i]为0。当s[i]为右括号的时候开始讨论,设p是s[i-1]向左最长长度之后再左一个位置的下标,如果此时s[p]有效且s[p]为左括号则dp[i]=dp[i-1]+2,此时,如果p的左边仍然连接了一个有效的子串,则可以将这个子串的长度加上。遍历数组即可得到答案。代码如下。

class Solution {
public:int dp[30002] = {0};int longestValidParentheses(string s) {int length = s.size();int ans = 0;for(int i = 1, p;i < length;++i){if(s[i] == ')'){p = i - dp[i-1] - 1;if(p >= 0 && s[p] == '('){dp[i] = dp[i-1] + 2 + (p-1 >= 0 ? dp[p-1] : 0);}}ans = ans > dp[i] ? ans : dp[i];}return ans;}
};

其中,三目运算符就是在判断p左边是否还连接了一个有效子串。

题目七

测试链接:https://leetcode.cn/problems/unique-substrings-in-wraparound-string/

分析:对于这个题,我们可以先求得s串中以a到z字母为结尾的最长有序子串长度,这样可以避免重复计算结果,然后将每一个最长长度相加,即是答案。代码如下。

class Solution {
public:int longest[26] = {0};int findSubstringInWraproundString(string s) {int length = s.size();int len = 1;int ans = 0;longest[s[0]-'a'] = 1;for(int i = 1;i < length;++i){if((s[i] - s[i-1] + 26) % 26 == 1){longest[s[i]-'a'] = longest[s[i]-'a'] > ++len ? longest[s[i]-'a'] : len;}else{len = 1;longest[s[i]-'a'] = longest[s[i]-'a'] > 1 ? longest[s[i]-'a'] : 1;}}for(int i = 0;i < 26;++i){ans += longest[i];}return ans;}
};

其中,len就是s中到了下标i对于下标i字母为结尾的有序子串长度。

题目八

测试链接:https://leetcode.cn/problems/distinct-subsequences-ii/

分析:这个计算思路可以积累下来,十分好用。all代表当前集合数,初始化为1,代表1个空集,后面返回结果是减去;cur代表当前遍历到的字符;add代表新增的集合数目;nums数组存储以a到z字母为结尾的子序列数目。主要流程是:遍历到cur字符时,新增的不重复集合数目为all减去当前以cur为结尾的子序列数目,然后更新以cur为结尾的子序列的数目,更新当前集合数目。遍历完字符串即可得到答案。代码如下。

class Solution {
public:int nums[26] = {0};int MOD = 1000000007;int distinctSubseqII(string s) {int all = 1;int length = s.size();char cur;int add;for(int i = 0;i < length;++i){cur = s[i];add = (all - nums[cur-'a'] + MOD) % MOD;nums[cur-'a'] = (nums[cur-'a'] + add) % MOD;all = (all + add) % MOD;}return (all - 1 + MOD) % MOD;}
};

其中,因为数目过大采用同余原理处理结果。

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基于深度学习的任务序列中的快速适应

基于深度学习的任务序列中的快速适应是指模型在接连处理不同任务时&#xff0c;能够迅速调整和优化自身以适应新任务的能力。这种能力在动态环境和多任务学习中尤为重要&#xff0c;旨在减少训练时间和资源需求。以下是这一主题的关键要素&#xff1a; 1. 快速适应的背景 动态…...

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1、减少请求 1&#xff09;合并css,背景图片、图标等 2&#xff09;利用nginx的expires 3&#xff09;利用cdn相应请求 2、服务器集群 3、配置 1&#xff09;linux配置 I&#xff09;默认ulimit是1024(错误信息&#xff1a;Socket&#xff1a;Too many open files)&#xff0c;…...

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IE是一个悲剧&#xff0c;getElementsByClassName()都没有&#xff0c;但是这也仅是个小case&#xff0c;重写这个方法就是了。 对document中不存在该函数的添加实现&#xff0c;返回数组&#xff0c;实现如下&#xff1a; //This is for IE compatibility of function //docum…...

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jar包转换为dll并在C#项目中调用 2021.3.31前提环境1、jar包简介2、jar包生成&#xff08;.java源文件 -> .class字节码文件 -> .jar包&#xff09;2.1 利用Eclipse新建Java工程导出jar包3、jar包转dll&#xff08;使用IKVM&#xff09;3.1 IKVM.NET简介3.2 下载并配置IK…...

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php怎样删除多级目录php删除多级目录的方法&#xff1a;使用deltree函数的方法&#xff0c;代码为【function deltree($pathdir) if(is_empty_dir($pathdir)){rmdir($pathdir)}】。php删除多级目录的方法&#xff1a;deltree($path);rmdir($path)才能删除这个目录能function de…...

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2018年国内知名咨询集团艾瑞咨询发布了《2018大学生消费洞察报告》&#xff0c;根据报告显示&#xff0c;中国高校大学生年在校人数已达到3000多万人&#xff0c;年度消费超过3800亿元&#xff0c;每个学生平均消费接近1.3万元。国内大学单校区的在校学生人数普遍在3000-20000人…...

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在Java中&#xff0c;要想跳出多重循环&#xff0c;可以在外面的循环语句前定义一个标号&#xff0c;然后在里层循环体的代码中使用带有标号的break 语句&#xff0c;即可跳出外层循环。例如&#xff0c; public class xunhuan {public static void main(String[] args) {ok:fo…...