【动态规划】陶然无喜亦无忧，人生且自由 - 简单多状态模型
本篇博客给大家带来的是简单多状态之动态规划解法技巧.
🐎文章专栏: 动态规划
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1. 按摩师
题目链接: 面试题 17.16. 按摩师
题目内容:
一个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。在每次预约服务之间要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定一个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合（总预约时间最长），返回总的分钟数。
注意：本题相对原题稍作改动
示例 1：
输入： [1,2,3,1]
输出： 4
解释： 选择 1 号预约和 3 号预约，总时长 = 1 + 3 = 4。
示例 2：
输入： [2,7,9,3,1]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约和 5 号预约，总时长 = 2 + 9 + 1 = 12。
示例 3：
输入： [2,1,4,5,3,1,1,3]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约、 5 号预约和 8 号预约，总时长 = 2 + 4 + 3 + 3 = 12。
第一 步骤分析
1. 状态表示
dp[i]表示选择到 i 位置时得最长预约时间. 选择到 i 位置时, 可由 i 位置是否选择分两种情况:
f[i] 表示选择到 i 位置时 nums[i] 必选的最长时间.
g[i] 表示选择到 i 位置时 nums[i] 不选的最长时间.
2. 状态转移方程
先分析关于f[i]的递推公式, 如上图, nums[i] 必选意味着nums[i-1]必定不选. 从起始点到[i-1]且nums[i-1]不选, 不就是g[i-1]吗?
所以f[i] = g[i-1] + nums[i];
再求g[i] 的递推公式
如上图, nums[i]不选, nums[i-1] 可选可不选.
nums[i-1] 选择时, g[i] = f[i-1]
nums[i-1] 不选时, g[i] = g[i-1]
又因为是求最大值,所以g[i] = Math.max(f[i-1],g[i-1]);
3. 初始化
f[0] = nums[0]
4. 填表顺序
从左往右填表
5. 返回值
返回Math.max(f[n-1],g[n-1]);
第二 代码实现
class Solution { public int massage(int[] nums) { //1. 创建dp表 int n = nums.length; int[] f = new int[n]; int[] g = new int[n]; //2. 初始化 if(nums.length == 0) return 0; f[0] = nums[0]; //3. 填表 for(int i = 1;i < n;++i) { f[i] = g[i-1] + nums[i]; g[i] = Math.max(f[i-1],g[i-1]); } return Math.max(f[n-1],g[n-1]); }}2. 打家劫舍
题目链接: 213. 打家劫舍 II
题目内容:
你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：nums = [2,3,2]
输出：3
解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,1]
输出：4
解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。
偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 3：
输入：nums = [1,2,3]
输出：3
提示：
1 <= nums.length <= 100
0 <= nums[i] <= 1000
第一 整体分析
由题意知, 偷了第一个位置就不能偷最后一个位置, 第一个位置的情况会影响动态规划的五个步骤, 于是需要分两种情况去讨论, 两种基本的步骤与上道题一致, 初始化和填表会有不同.
第二 动态规划
1. 状态表示
dp[i]表示偷到 i 位置的最高金额. 根据 i 位置的 偷 与 不偷 分两种状态:
f[i] 表示 到 i 位置 nums[i]也偷的最高金额
g[i] 表示 到 i 位置 nums[i] 不偷的最高金额
2. 状态转移方程
跟上道题一样的分析思路,不多说明,直接给出结果:
f[i] = g[i] + nums[i];
g[i] = Math.max(f[i-1],g[i-1]);
3. 初始化
f[0] = nums[0]
4. 填表顺序
从左到右同时填表
5. 返回值
返回Math.max(x,y)
第三 代码实现
class Solution { public int rob(int[] nums) { //1.创建dp表 int n = nums.length; int[] f = new int[n]; int[] g = new int[n]; int[] f1 = new int[n]; int[] g1 = new int[n]; //2.初始化 if(n == 1) return nums[0]; //第一个位置偷的初始化 f[0] = nums[0]; g[1] = nums[0]; //第一个位置不偷的初始化 f1[1] = nums[1]; //3.填表 for(int i = 2;i < n-1;++i) { f[i] = g[i-1] + nums[i]; g[i] = Math.max(f[i-1],g[i-1]); } int x = Math.max(f[n-2],g[n-2]); for(int i = 2;i < n;++i) { f1[i] = g1[i-1] + nums[i]; g1[i] = Math.max(f1[i-1],g1[i-1]); } int y = Math.max(f1[n-1],g1[n-1]); return Math.max(x,y); }}3. 删除并获得点数
题目链接: 740. 删除并获得点数
题目内容:
给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。
每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。
开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。
示例 1：
输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。
示例 2：
输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。
提示：
1 <= nums.length <= 2 * 104
1 <= nums[i] <= 104
第一 预处理
直接上动态规划会发现选择完nums[i], 很难处理nums[i-1]和nums[i+1].所以先预处理nums数组.
创建一个arr数组, arr[i] 是 nums[i] 中 i 元素的总和, 比如arr[2] = 2+2 = 4
这样一来, 只要选了arr[i], 相邻位置就不能选了. 这其实就跟第一题\"按摩师\"一样了.
第二 动态规划
1. 状态表示
dp[i] 表示选到 i 位置时的最大点数, 又根据arr[i] 是否选择分为两种情况:
f[i] 表示到达 i 位置arr[i] 要选的最大点数
g[i] 表示到达 i 位置arr[i] 不选的最大点数
2. 状态转移方程
分析过程与第一题一样,便直接给出结果
f[i] = g[i-1] + arr[i];
g[i] = Math.max(g[i-1],f[i-1]);
3. 初始化
f[0] = arr[0];
g[0] = 0;
4. 填表顺序
从左往右同时填
5. 返回值
返回Math.max(f[n-1],g[n-1]);
第三 代码实现
class Solution { public int deleteAndEarn(int[] nums) { //预处理 int n = 10001; int[] arr = new int[n]; for(int x : nums) arr[x] += x; //创建dp表 int[] f = new int[n]; int[] g = new int[n]; //初始化 f[0] = arr[0]; //填表 for(int i = 1;i < n;++i) { f[i] = g[i-1] + arr[i]; g[i] = Math.max(g[i-1],f[i-1]); } return Math.max(f[n-1],g[n-1]); }}4. 粉刷房子
题目链接: LCR 091. 粉刷房子
题目内容:
假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。
当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。
例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。
请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。
示例 1：
输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。
最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。
示例 2：
输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2
提示:
costs.length == n
costs[i].length == 3
1 <= n <= 100
1 <= costs[i][j] <= 20
第一 步骤分析
1. 状态表示
dp[i] 表示到达 i 位置粉刷完所有房子的最小花费. 根据 i 位置粉刷的颜色可以继续细分:
dp[i][0] 表示到达 i 位置, i 粉刷红色的最小花费
dp[i][1] 表示到达 i 位置, i 粉刷蓝色的最小花费
dp[i][2] 表示到达 i 位置, i 粉刷绿色的最小花费
2. 状态转移方程
先分析dp[i][0],
当i-1位置是蓝色时, dp[i][0] = dp[i-1][1] + costs[i][0];
当i-1位置是红色时, dp[i][0] = dp[i-1][2] + costs[i][0];
又因为要求最小花费, 所以:
dp[i][0] = Math.min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i][0];
同理dp[i][1] = Math.min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i][1];
dp[i][2] = Math.min(dp[i-1][0],dp[i-1][0]) + costs[i][2];
3. 初始化
①: 不创建虚拟节点, 就直接dp[0][0] = costs[0][0];
dp[0][1] = costs[0][1];
dp[0][2] = costs[0][2];
②: 创建虚拟节点需要处理两个细节
第一 dp表与原数组之间的下标对应关系是: dp[i][0] -> costs[i-1][0]
第二 虚拟节点的初始化, 为了保证填表的正确, 比如填写dp[i][0]表,
为了保证dp[1][0] 必须为 costs[0][0], 看递推公式dp[i][0],所以dp[0][1] = 0,dp[0][2] = 0;
同理 dp[0][0] = 0
4. 填表顺序
从左往右填写三个表.
5. 返回值
有虚拟节点时, Math.min(dp[n][0],Math.min(dp[n][1],dp[n][2]));
无虚拟节点时, 把 n 改成 n-1即可.
第二 代码实现
class Solution { public int minCost(int[][] costs) { // //创建dp表(不带虚拟节点) // int n = costs.length; // int[][] dp = new int[n][3]; // //初始化dp表 // //dp[0][0],dp[0][1],dp[0][2]默认值即可 // dp[0][0] = costs[0][0];dp[0][1] = costs[0][1];dp[0][2] = costs[0][2]; // //填表 // for(int i = 1;i < n;++i) { // dp[i][0] = Math.min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i][0];//注意原数组与dp表下标映射关系. // dp[i][1] = Math.min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i][1]; // dp[i][2] = Math.min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]) + costs[i][2]; // } // return Math.min(dp[n-1][0],Math.min(dp[n-1][1],dp[n-1][2])); //创建dp表(带虚拟节点) int n = costs.length; int[][] dp = new int[n+1][3]; //初始化dp表 //dp[0][0],dp[0][1],dp[0][2]默认值即可 //填表 for(int i = 1;i <= n;++i) { dp[i][0] = Math.min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i-1][0];//注意原数组与dp表下标映射关系. dp[i][1] = Math.min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i-1][1]; dp[i][2] = Math.min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]) + costs[i-1][2]; } return Math.min(dp[n][0],Math.min(dp[n][1],dp[n][2])); }}
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