对最近的刷题做一个小总结(关于动态规划和贪心)

文章目录

1. 小总结
2. 两道算法题
- 2.1 数组中两个字符串的最小距离
- 2.2 孩子们的游戏

1. 小总结

最近刷了很多算法题，真正了解到的算法应是dfs，多元dfs，以及动态规划和贪心。

dfs和多元dfs目前并没有真正深入研究过，不过熟悉套路之后，整体的编写还是挺简单的。

对于动态规划，整体的逻辑还是很简单的，难就难在有些题，你看不出来可以用动态规划，比如“约瑟夫环”的问题，而且就算看出来是动态规划，如何确定状态表示，是从这里开始，还是到这里结束，是这两者都可以，还是只有一个可以，这些都是有讲究的，自己还需要再多刷一些动态规划的题目。不过，就我现在的感受而言，动态规划其实跟递推，函数递归等都很类似，本质上都是解决重复子问题。

至于贪心，贪心算法确实是没有那么好get到的，它的原理很简单，关键在于想清楚该怎么“贪”，并且要能够确保这样子“贪”，是正确的，能够从局部最优得到全局最优，这个确定还是比较复杂的。

2. 两道算法题

来看一道双指针和一道动态规划的问题。

2.1 数组中两个字符串的最小距离

题目描述：给定给定两个字符串str1和str2，再一个字符串数组strs，返回在strs中str1和str2的最小距离，如果str1或str2为null，或不在strs中，返回-1。
输入描述：输入包含有多行，第一输入一个整数n（1 <= n <= 100000），代表数组strs的长度，第二行有两个字符串分别代表str1和str2，接下来n行，每行一个字符串，代表数组strs(保证题目中出现的所有字符串长度均小于等于10)
输出描述：输出一行，包含一个整数，代表返回的值。
补充说明：时间复杂度O(n)，额外空间复杂度O(1)

OJ链接

这道题，是在一个给定的字符数组中，找出两个字符串之间的最小距离。
考虑到，时间复杂度为O(n)，所以暴力的O(n ^ 2)遍历肯定是不行的，这题显然应该在给定的原字符数组中用双指针来实现，这样能够满足时空复杂度的要求。

而要想做到使用双指针进行解决，必须找到一定的规律。

在这里插入图片描述
在上图中，如果想要找到两个字符串中的最小距离，有一点是很明确的：对于编号为4的“def”，编号为1的“abc”其实与之相距不可能是最小的，因为前面还有一个编号为2的"def"，也就是说，以编号为4的"def"为基准时，另外一个指针没必要从头开始找，而这一点就是本题可以使用双指针的规律所在。

我们代码的整体逻辑就是：

先找到两个对应的字符串，然后根据下标，确定两个字符串的先后关系。
靠后的字符串先不动，靠前的字符串接着循环去找下一个与自身相同的字符串，在这个过程中，不断更新距离，直到这个字符串在原先靠后的字符串之后为止。
继续重复2中的逻辑，直到整个字符数组都被遍历完，跳出循环，此时得到的距离便是两个字符串在整个字符数组中，对应的最小距离。

具体I/O代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n;string s1,s2;cin >> n >> s1 >> s2;vector<string> arr;arr.reserve(n);string tmp;while(cin >> tmp){arr.push_back(tmp);}if(s1.empty() || s2.empty())printf("-1");int i = 0,j = 0,sz = arr.size();int distance = INT_MAX;while(i < sz && j < sz){while(i < sz &&  arr[i] != s1)i++;while(j < sz && arr[j] != s2)j++;if(i < sz && j < sz){distance = min(distance,abs(j - i));if(i < j){i++;while(i < sz && arr[i] != s1)i++;}else{j++;while(j < sz && arr[j] != s2)j++:}}}if(distance == INT_MAX)printf("-1");elseprintf("%d",distance);return 0;
}

2.2 孩子们的游戏

每年六一儿童节，牛客都会准备一些小礼物和小游戏去看望孤儿院的孩子们。其中，有个游戏是这样的：首先，让 n 个小朋友们围成一个大圈，小朋友们的编号是0~n-1。然后，随机指定一个数 m ，让编号为0的小朋友开始报数。每次喊到 m-1 的那个小朋友要出列唱首歌，然后可以在礼品箱中任意的挑选礼物，并且不再回到圈中，从他的下一个小朋友开始，继续0… m-1报数…这样下去…直到剩下最后一个小朋友，可以不用表演，并且拿到牛客礼品，请你试着想下，哪个小朋友会得到这份礼品呢？

在这里插入图片描述
要求时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(n)。
OJ链接

这是一道非常经典的约瑟夫环问题。

约瑟夫环问题大致有两种解法：

模拟实现约瑟夫环。使用循环链表可以对约瑟夫环进行很好地模拟，使用数组也可以模拟，不过没有循环链表那么方便，但是模拟的时间复杂度为O(m * n) ，空间复杂度为O(n)，在这道题中，通过模拟实现约瑟夫环来解决问题是不合题意的。
使用动态规划解决约瑟夫环。使用动态规划解决约瑟夫环，寥寥几行代码便可以解决一个较为复杂的问题，是“四两拨千斤”的典范，且时空复杂度满足题意，故使用这种做法。

如何用动态规划解决约瑟夫环。

状态表示：dp[n]表示有n个人，最后留下来的那个人的编号

状态转移方程：这里状态转移方程的确定是一个难点，状态转移方程应为：dp[n] = (dp[n - 1] + m) % n。这里的+m是映射回去时所加，模上一个n是防止加上m之后，编号超过n - 1。

在这里插入图片描述
初始化：此处的动态规划只需用到前面一个的值，因此初始化dp[1]即可，dp[1]显然应该为0.
填表顺序：一维dp，用到前面的值，因此从左往右填表。
返回值：返回dp[n]即可。

不过,由于此题中要求空间复杂度为O(1)，因此不能直接用dp表，而使用滚动数组进行空间复杂度的优化。

具体代码如下：

class Solution {
public:int LastRemaining_Solution(int n, int m) {int ret = 0;for(int i = 2;i <= n;i++)ret = (ret + m) % i;return ret;}
};