Java算法学习：蓝桥杯——地宫寻宝（DFS+动态规划—记忆型递归）
Java算法学习：蓝桥杯——地宫寻宝（DFS✖记忆型递归）
题目：
标题：地宫取宝
X 国王有一个地宫宝库。是 n x m 个格子的矩阵。每个格子放一件宝贝。每个宝贝贴着价值标签。
地宫的入口在左上角，出口在右下角。
小明被带到地宫的入口，国王要求他只能向右或向下行走。
走过某个格子时，如果那个格子中的宝贝价值比小明手中任意宝贝价值都大，小明就可以拿起它（当然，也可以不拿）。
当小明走到出口时，如果他手中的宝贝恰好是k件，则这些宝贝就可以送给小明。
请你帮小明算一算，在给定的局面下，他有多少种不同的行动方案能获得这k件宝贝。
【数据格式】
输入一行3个整数，用空格分开：n m k (1<=n,m<=50, 1<=k<=12)
接下来有 n 行数据，每行有 m 个整数 Ci (0<=Ci<=12)代表这个格子上的宝物的价值
要求输出一个整数，表示正好取k个宝贝的行动方案数。该数字可能很大，输出它对 1000000007 取模的结果。
例如，输入：
2 2 2
1 2
2 1
程序应该输出：
2
再例如，输入：
2 3 2
1 2 3
2 1 5
程序应该输出：
14
资源约定：
峰值内存消耗（含虚拟机） < 256M
CPU消耗 < 2000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。
所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。
注意：不要使用package语句。不要使用jdk1.7及以上版本的特性。
注意：主类的名字必须是：Main，否则按无效代码处理。思路：
首先看到这个矩阵型+只能向右/向下的搜索，首先想到类似“2013年振兴中华”这一题的dfs解法，那么就按照这一个思路去解决这个问题。
首先要有一个主函数，和一个dfs函数，dfs函数的参数很重要，分别设定为。x坐标，y坐标，max当前最大值，和cnt作为计算宝物数量的计数器变量，用来判断是否拿满了k件宝物。
当小明走到某一步的时候，如果当前取出的宝物比k大，就不在搜索这条分支，return 0；
dfs里面要注意的是，一定要有：
- 当前格子的价值比max的值大然后向右走/向下走并且拿起宝物
- 当前格子的价值比max的值 大或者小但是向右走/向下走但是不拿起宝物
这样四种情况的递归调用。
当走到最右下角的时候，这时候有两种情况，一个是取满了k件宝物，可以return了，另外一种是还差一件取满k件宝物，并且最后一格上面放着的宝物比当前已有的max还大，就再取出一件宝物来。
*为了方便我没有输入数据，只是把样例数据写死在代码里面
代码实现具体：
private static final int MOD = 1000000007;
private static int n;
private static int m;
private static int k;
private static long ans = 0;
private static int[][] table = {
{1,2,3},{2,1,5}
};
public static void main(String[] args) {
//行
n=2;
//列
m=3;
//需要的宝物数量
k=2;
//缓存数组初始化为-1
ans = dfs(0,0,-1,0);
System.out.println(ans);
}
/**
* @param x
* @param y
* @param max
* @param cnt
* @return
*/
private static long dfs(int x,int y,int max,int cnt){
//溢出防御，递归出口
if(x==n||y==m||cnt>k){
return 0;
}
int value = table[x][y];
long ans = 0;
//走到最后一个格子前，递归出口
if(x==n-1&&y==m-1){
//一种情况是已经取满了k件宝物 另外一种情况是还差一件，但是最后一件的价值正好大于max
if(cnt==k||(cnt==k-1&&value>max)){
return 1;
}
return ans;
}
//如果当前格子的价值比最大值大，取出的情况
if(value>max){
//取出这个物品
ans+=dfs(x,y+1,value,cnt+1);
ans+=dfs(x+1,y,value,cnt+1);
}
//价值小或者价值大，但是不取出的情况
ans+=dfs(x,y+1,max,cnt);
ans+=dfs(x+1,y,max,cnt);
return ans%MOD;
}上述代码都依照dfs深度搜索的基本题型进行书写即可，难点就在一跳出条件很复杂，递归的情况分支也很复杂。
并且这样做，递归的效率很低。当数据量比较大的时候，run程序的时间就比较长，这样给分就不高。
改进：
针对上面说的这种问题，我们观察题目，由于这个问题中，DFS函数的参数是有可能相同的。
比如中间的任意一个格子，可以是来自多个方向，并且从每个方向过来的小明，身上携带的宝物最大价值和宝物数量都有可能一样。
上面这种情况就是所谓的存在着重复子问题。这些具有相同参数的dfs函数在之前的代码里就需要反复的去计算，这对计算机的内存和运行时间都是极大的浪费。因此采用动态规划记忆型递归的方法来的方式来解决。
所谓记忆型递归就是吧相同参数的dfs函数的结果用一个长度为（i*j*n*m）的数组保存，ijnm分别是dfs参数可能取到的范围，比如题目中就有提示，这个记忆数组的长度就是51*51*14*14。当我们在这个数组中保存结果的时候，每一次调用dfs都从中查找相应的单元是否存在着之前记录下来的答案。如果有，就返回，不用多次的去调用求解。这样就节省了cpu资源和时间。
改进后的代码实现：
public class _地宫取宝记忆型递归 {
private static final int MOD = 1000000007;
private static int n;
private static int m;
private static int k;
private static long ans = 0;
//存储每次递归的结果
private static long[][][][] cache = new long[51][51][14][14];
private static int[][] table = {
{1,2,3},{2,1,5}
};
public static void main(String[] args) {
//行
n=2;
//列
m=3;
//需要的宝物数量
k=2;
//缓存数组初始化为-1
for (int i = 0; i <51 ; i++) {
for (int j = 0; j < 51; j++) {
for (int l = 0; l < 14; l++) {
for (int o = 0; o < 14; o++) {
cache[i][j][l][o] = -1;
}
}
}
}
ans = dfs(0,0,-1,0);
System.out.println(ans);
}
/**
* @param x
* @param y
* @param max
* @param cnt
* @return
*/
private static long dfs(int x,int y,int max,int cnt){
//查询缓存是否有记录,若有，返回记录
if(cache[x][y][max+1][cnt]!=-1){
return cache[x][y][max+1][cnt];
}
//溢出防御，递归出口
if(x==n||y==m||cnt>k){
return 0;
}
int value = table[x][y];
long ans = 0;
//走到最后一个格子前，递归出口
if(x==n-1&&y==m-1){
//一种情况是已经取满了k件宝物 另外一种情况是还差一件，但是最后一件的价值正好大于max
if(cnt==k||(cnt==k-1&&value>max)){
return 1;
}
return ans;
}
//如果当前格子的价值比最大值大，取出的情况
if(value>max){
//取出这个物品
ans+=dfs(x,y+1,value,cnt+1);
ans+=dfs(x+1,y,value,cnt+1);
}
//价值小或者价值大，但是不取出的情况
ans+=dfs(x,y+1,max,cnt);
ans+=dfs(x+1,y,max,cnt);
//写缓存
cache[x][y][value][cnt] = ans%MOD;
return ans%MOD;
}
}
总结：第一次接触到DP，以后会好好学习和理解动态规划这个知识点。