> 作者:დ旧言~
> 座右铭:松树千年终是朽,槿花一日自为荣。> 目标:了解什么是记忆化搜索,并且掌握记忆化搜索算法。
> 毒鸡汤:有些事情,总是不明白,所以我不会坚持。早安!
> 望小伙伴们点赞👍收藏✨加关注哟💕💕
一、算法讲解
动态规划(Dynamic Programming)算法的核心思想是:将大问题划分为小问题进行解决,从而一步步获取最优解的处理算法:
- 动态规划算法与分治算法类似,其基本思想也是将待求解问题分解成若干个子问题,先求解子问题,然后从这些子问题的解得到原问题的解。
- 与分治法不同的是,适合于用动态规划求解的问题,经分解得到的子问题往往不是互相独立的(即下一个子阶段的求解是建立在上一个子阶段的解的基础上)。
- 计数:有多少种方式走到右下角 / 有多少种方法选出k个数使得和是 sum。
- 求最大值/最小值:从左上角走到右下角路径的最大数字和最长上升子序列长度。
- 求存在性:取石子游戏,先手是否必胜 / 能不能取出 k 个数字使得和是 sum。
- 确定状态表示(dp[ i ] 的含义是什么,来源:1、题目要求;2、经验+题目要求;3、分析问题时发现重复子问题)
- 状态转移方程(可求得 dp[ i ] 的数学公式,来源:题目要求+状态表示)
- 初始化(dp 表中特别的初始值,保证填 dp 表时不会越界,来源:题目要求+状态表示)
- 填表顺序(根据状态转移方程修改 dp[ i ] 的方式,来源:题目要求+状态表示)
- 返回值(题目求解的结果,来源:题目要求+状态表示)
二、算法习题
2.1 第一题
题目链接:1137. 第 N 个泰波那契数 - 力扣(LeetCode)
题目描述:
算法流程:
1. 状态表⽰:
这道题可以「根据题⽬的要求」直接定义出状态表⽰:
dp[i] 表⽰:第 i 个泰波那契数的值。
2. 状态转移⽅程:
题⽬已经⾮常贴⼼的告诉我们了:
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]
3. 初始化:
- 从我们的递推公式可以看出, dp[i] 在 i = 0 以及 i = 1 的时候是没有办法进⾏推导的,因为 dp[-2] 或 dp[-1] 不是⼀个有效的数据。
- 因此我们需要在填表之前,将 0, 1, 2 位置的值初始化。题⽬中已经告诉我们 dp[0] = 0,dp[1] = dp[2] = 1 。
4. 填表顺序:
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值:
应该返回 dp[n] 的值。
代码呈现:
class Solution {
public:int tribonacci(int n) {if (n == 0 || n == 1)return n;vector<int> dp(n + 1); // dp[i] 表⽰:第 i 个泰波那契数的值。dp[0] = 0, dp[1] = 1, dp[2] = 1; // 初始化// 从左往右填表for (int i = 3; i <= n; i++)dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3];// 返回结果return dp[n];}
};
2.2 第二题
题目链接:面试题 08.01. 三步问题 - 力扣(LeetCode)
题目描述:
算法思路:
1. 状态表⽰
这道题可以根据「经验 + 题⽬要求」直接定义出状态表⽰:
dp[i] 表⽰:到达 i 位置时,⼀共有多少种⽅法。
2. 状态转移⽅程
以 i 位置状态的最近的⼀步,来分情况讨论:
如果 dp[i] 表⽰⼩孩上第 i 阶楼梯的所有⽅式,那么它应该等于所有上⼀步的⽅式之和:
- 上⼀步上⼀级台阶, dp[i] += dp[i - 1] ;
- 上⼀步上两级台阶, dp[i] += dp[i - 2] ;
- 上⼀步上三级台阶, dp[i] += dp[i - 3] ;
综上所述, dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3] 。
需要注意的是,这道题⽬说,由于结果可能很⼤,需要对结果取模。
在计算的时候,三个值全部加起来再取模,即 (dp[i - 1] + dp[i - 2] + dp[i - 3]) % MOD 是不可取的,同学们可以试验⼀下, n 取题⽬范围内最⼤值时,⽹站会报错 signed integer overflow 。
对于这类需要取模的问题,我们每计算⼀次(两个数相加/乘等),都需要取⼀次模。否则,万⼀
发⽣了溢出,我们的答案就错了。
3. 初始化
- 从我们的递推公式可以看出, dp[i] 在 i = 0, i = 1 以及 i = 2 的时候是没有办法进⾏
- 推导的,因为 dp[-3] dp[-2] 或 dp[-1] 不是⼀个有效的数据。
- 因此我们需要在填表之前,将 1, 2, 3 位置的值初始化。
- 根据题意, dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4 。
4. 填表顺序
毫⽆疑问是「从左往右」。
5. 返回值
应该返回 dp[n] 的值。
代码呈现:
class Solution {
public:const int MOD = 1e9 + 7;int waysToStep(int n) {// 1. 创建 dp 表// 2. 初始化// 3. 填表// 4. 返回// 处理边界情况if (n == 1 || n == 2)return n;if (n == 3)return 4;vector<int> dp(n + 1);dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 4;for (int i = 4; i <= n; i++)dp[i] = ((dp[i - 1] + dp[i - 2]) % MOD + dp[i - 3]) % MOD;return dp[n];}
};
2.3 第三题
题目描述:746. 使用最小花费爬楼梯 - 力扣(LeetCode)
题目描述:
注意注意:
在这道题中,数组内的每⼀个下标 [0, n - 1] 表⽰的都是楼层,⽽顶楼的位置其实是在 n 的位置!!!
算法思路:
1. 状态表⽰:
这道题可以根据「经验 + 题⽬要求」直接定义出状态表⽰:
第⼀种:以 i 位置为结尾,巴拉巴拉
dp[i] 表⽰:到达 i 位置时的最⼩花费。(注意:到达 i 位置的时候, i 位置的钱不需要算上)
2. 状态转移⽅程:
根据最近的⼀步,分情况讨论:
▪ 先到达 i - 1 的位置,然后⽀付 cost[i - 1] ,接下来⾛⼀步⾛到 i 位置: dp[i - 1] + csot[i - 1] ;
▪ 先到达 i - 2 的位置,然后⽀付 cost[i - 2] ,接下来⾛⼀步⾛到 i 位置: dp[i - 2] + csot[i - 2] 。
3. 初始化:
从我们的递推公式可以看出,我们需要先初始化 i = 0 ,以及 i = 1 位置的值。容易得到 dp[0] = dp[1] = 0 ,因为不需要任何花费,就可以直接站在第 0 层和第 1 层上。
4. 填表顺序:
根据「状态转移⽅程」可得,遍历的顺序是「从左往右」。
5. 返回值:
根据「状态表⽰以及题⽬要求」,需要返回 dp[n] 位置的值。
代码呈现:
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vector<int>& cost) {int n = cost.size();// 初始化⼀个 dp表vector<int> dp(n + 1, 0);// 初始化dp[0] = dp[1] = 0;// 填表for (int i = 2; i < n + 1; i++)// 根据状态转移⽅程得dp[i] = min(cost[i - 1] + dp[i - 1], cost[i - 2] + dp[i - 2]);// 返回结果return dp[n];}
};
2.4 第四题
题目描述:91. 解码方法 - 力扣(LeetCode)
题目描述:
算法思路:
1. 状态表⽰:
根据以往的经验,对于⼤多数线性 dp ,我们经验上都是「以某个位置结束或者开始」做⽂章,这
⾥我们继续尝试「⽤ i 位置为结尾」结合「题⽬要求」来定义状态表⽰。dp[i] 表⽰:字符串中 [0,i] 区间上,⼀共有多少种编码⽅法。
2. 状态转移⽅程:
定义好状态表⽰,我们就可以分析 i 位置的 dp 值,如何由「前⾯」或者「后⾯」的信息推导出
来。关于 i 位置的编码状况,我们可以分为下⾯两种情况:
- 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟;
- 让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合,解码成⼀个字⺟。
下⾯我们就上⾯的两种解码情况,继续分析:
◦ 让 i 位置上的数单独解码成⼀个字⺟,就存在「解码成功」和「解码失败」两种情况:
- 解码成功:当 i 位置上的数在 [1, 9] 之间的时候,说明 i 位置上的数是可以单独解码的,那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法应该等于 [0, i - 1] 区间上的解码⽅法。因为 [0, i - 1] 区间上的所有解码结果,后⾯填上⼀个 i 位置解码后的字⺟就可以了。此时 dp[i] = dp[i - 1] ;
- 解码失败:当 i 位置上的数是 0 的时候,说明 i 位置上的数是不能单独解码的,那么此时 [0, i] 区间上不存在解码⽅法。因为 i 位置如果单独参与解码,但是解码失败了,那么前⾯做的努⼒就全部⽩费了。此时 dp[i] = 0 。
◦ 让 i 位置上的数与 i - 1 位置上的数结合在⼀起,解码成⼀个字⺟,也存在「解码成功」和「解码失败」两种情况:
- 解码成功:当结合的数在 [10, 26] 之间的时候,说明 [i - 1, i] 两个位置是可以解码成功的,那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法应该等于 [0, i - 2 ] 区间上的解码⽅法,原因同上。此时 dp[i] = dp[i - 2] ;
- 解码失败:当结合的数在 [0, 9] 和 [27 , 99] 之间的时候,说明两个位置结合后解码失败(这⾥⼀定要注意 00 01 02 03 04 ...... 这⼏种情况),那么此时 [0, i] 区间上的解码⽅法就不存在了,原因依旧同上。此时 dp[i] = 0 。
综上所述: dp[i] 最终的结果应该是上⾯四种情况下,解码成功的两种的累加和(因为我们关⼼
的是解码⽅法,既然解码失败,就不⽤加⼊到最终结果中去),因此可以得到状态转移⽅程( dp[i] 默认初始化为 0 ):
- 当 s[i] 上的数在 [1, 9] 区间上时: dp[i] += dp[i - 1] ;
- 当 s[i - 1] 与 s[i] 上的数结合后,在 [10, 26] 之间的时候: dp[i] +=dp[i - 2] ;
如果上述两个判断都不成⽴,说明没有解码⽅法, dp[i] 就是默认值 0 。
3. 初始化:
⽅法⼀(直接初始化):
由于可能要⽤到 i - 1 以及 i - 2 位置上的 dp 值,因此要先初始化「前两个位置」。
初始化 dp[0] :
- 当 s[0] == '0' 时,没有编码⽅法,结果 dp[0] = 0 ;
- 当 s[0] != '0' 时,能编码成功, dp[0] = 1
初始化 dp[1] :
- 当 s[1] 在 [1,9] 之间时,能单独编码,此时 dp[1] += dp[0] (原因同上,dp[1] 默认为 0 )
- 当 s[0] 与 s[1] 结合后的数在 [10, 26] 之间时,说明在前两个字符中,⼜有⼀种编码⽅式,此时 dp[1] += 1
⽅法⼆(添加辅助位置初始化):
可以在最前⾯加上⼀个辅助结点,帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点:
- 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的;
- 下标的映射关系
4. 填表顺序:
毫⽆疑问是「从左往右」
5. 返回值:
应该返回 dp[n - 1] 的值,表⽰在 [0, n - 1] 区间上的编码⽅法。
代码呈现:
// 方法一:
// class Solution {
// public:
// int numDecodings(string s)
// {
// int n = s.size();
// vector<int> dp(n); // 创建⼀个 dp表
// // 初始化前两个位置
// dp[0] = s[0] != '0';
// if (n == 1)
// return dp[0]; // 处理边界情况
// if (s[1] <= '9' && s[1] >= '1')
// dp[1] += dp[0];
// int t = (s[0] - '0') * 10 + s[1] - '0';
// if (t >= 10 && t <= 26)
// dp[1] += 1;
// // 填表
// for (int i = 2; i < n; i++)
// {
// // 如果单独编码
// if (s[i] <= '9' && s[i] >= '1')
// dp[i] += dp[i - 1];
// // 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码
// int t = (s[i - 1] - '0') * 10 + s[i] - '0';
// if (t >= 10 && t <= 26)
// dp[i] += dp[i - 2];
// }
// // 返回结果
// return dp[n - 1];
// }
// };// 方法二:
class Solution {
public:int numDecodings(string s) {// 优化int n = s.size();vector<int> dp(n + 1);dp[0] = 1; // 保证后续填表是正确的dp[1] = s[0] != '0';// 填表for (int i = 2; i <= n; i++) {// 处理单独编码if (s[i - 1] != '0')dp[i] += dp[i - 1];// 如果和前⾯的⼀个数联合起来编码int t = (s[i - 2] - '0') * 10 + s[i - 1] - '0';if (t >= 10 && t <= 26)dp[i] += dp[i - 2];}return dp[n];}
};
三、结束语
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