力扣题目链接(opens new window)
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 (起始点在下图中标记为 “Start” )。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角(在下图中标记为 “Finish” )。
问总共有多少条不同的路径?
示例 1:
示例 2:
解释: 从左上角开始,总共有 3 条路径可以到达右下角。
示例 3:
示例 4:
提示:
这道题目,刚一看最直观的想法就是用图论里的深搜,来枚举出来有多少种路径。
注意题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一步,那么其实机器人走过的路径可以抽象为一棵二叉树,而叶子节点就是终点!
如图举例:
此时问题就可以转化为求二叉树叶子节点的个数,代码如下:
class Solution {
private:
int dfs(int i, int j, int m, int n) {
if (i > m || j > n) return 0; // 越界了
if (i == m && j == n) return 1; // 找到一种方法,相当于找到了叶子节点
return dfs(i + 1, j, m, n) + dfs(i, j + 1, m, n);
}
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
return dfs(1, 1, m, n);
}
};
大家如果提交了代码就会发现超时了!
来分析一下时间复杂度,这个深搜的算法,其实就是要遍历整个二叉树。
这棵树的深度其实就是m+n-1(深度按从1开始计算)。
那二叉树的节点个数就是 2^(m + n - 1) - 1。可以理解深搜的算法就是遍历了整个满二叉树(其实没有遍历整个满二叉树,只是近似而已)
所以上面深搜代码的时间复杂度为O(2^(m + n - 1) - 1),可以看出,这是指数级别的时间复杂度,是非常大的。
机器人从(0 , 0) 位置出发,到(m - 1, n - 1)终点。
按照动规五部曲来分析:
dp[i][j] :表示从(0 ,0)出发,到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
想要求dp[i][j],只能有两个方向来推导出来,即dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]。
此时在回顾一下 dp[i - 1][j] 表示啥,是从(0, 0)的位置到(i - 1, j)有几条路径,dp[i][j - 1]同理。
那么很自然,dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1],因为dp[i][j]只有这两个方向过来。
如何初始化呢,首先dp[i][0]一定都是1,因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条,那么dp[0][j]也同理。
所以初始化代码为:
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
这里要看一下递推公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1],dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来,那么从左到右一层一层遍历就可以了。
这样就可以保证推导dp[i][j]的时候,dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值的。
如图所示:
以上动规五部曲分析完毕,C++代码如下:
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector> dp(m, vector(n, 0));
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};
其实用一个一维数组(也可以理解是滚动数组)就可以了,但是不利于理解,可以优化点空间,建议先理解了二维,在理解一维,C++代码如下:
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector dp(n);
for (int i = 0; i < n; i++) dp[i] = 1;
for (int j = 1; j < m; j++) {
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i] += dp[i - 1];
}
}
return dp[n - 1];
}
};
在这个图中,可以看出一共m,n的话,无论怎么走,走到终点都需要 m + n - 2 步。
在这m + n - 2 步中,一定有 m - 1 步是要向下走的,不用管什么时候向下走。
那么有几种走法呢? 可以转化为,给你m + n - 2个不同的数,随便取m - 1个数,有几种取法。
那么这就是一个组合问题了。
那么答案,如图所示:
求组合的时候,要防止两个int相乘溢出! 所以不能把算式的分子都算出来,分母都算出来再做除法。
例如如下代码是不行的。
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
int numerator = 1, denominator = 1;
int count = m - 1;
int t = m + n - 2;
while (count--) numerator *= (t--); // 计算分子,此时分子就会溢出
for (int i = 1; i <= m - 1; i++) denominator *= i; // 计算分母
return numerator / denominator;
}
};
需要在计算分子的时候,不断除以分母,代码如下:
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
long long numerator = 1; // 分子
int denominator = m - 1; // 分母
int count = m - 1;
int t = m + n - 2;
while (count--) {
numerator *= (t--);
while (denominator != 0 && numerator % denominator == 0) {
numerator /= denominator;
denominator--;
}
}
return numerator;
}
};
计算组合问题的代码还是有难度的,特别是处理溢出的情况!
本文分别给出了深搜,动规,数论三种方法。
深搜当然是超时了,顺便分析了一下使用深搜的时间复杂度,就可以看出为什么超时了。
然后在给出动规的方法,依然是使用动规五部曲,这次我们就要考虑如何正确的初始化了,初始化和遍历顺序其实也很重要!
力扣题目链接(opens new window)
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 (起始点在下图中标记为“Start” )。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角(在下图中标记为“Finish”)。
现在考虑网格中有障碍物。那么从左上角到右下角将会有多少条不同的路径?
网格中的障碍物和空位置分别用 1 和 0 来表示。
示例 1:
示例 2:
提示:
这道题相对于62.不同路径 (opens new window)就是有了障碍。
第一次接触这种题目的同学可能会有点懵,这有障碍了,应该怎么算呢?
62.不同路径 (opens new window)中我们已经详细分析了没有障碍的情况,有障碍的话,其实就是标记对应的dp table(dp数组)保持初始值(0)就可以了。
动规五部曲:
dp[i][j] :表示从(0 ,0)出发,到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
递推公式和62.不同路径一样,dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]。
但这里需要注意一点,因为有了障碍,(i, j)如果就是障碍的话应该就保持初始状态(初始状态为0)。
所以代码为:
if (obstacleGrid[i][j] == 0) { // 当(i, j)没有障碍的时候,再推导dp[i][j]
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
在62.不同路径 (opens new window)不同路径中我们给出如下的初始化:
vector> dp(m, vector(n, 0)); // 初始值为0
for (int i = 0; i < m; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n; j++) dp[0][j] = 1;
因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条,所以dp[i][0]一定为1,dp[0][j]也同理。
但如果(i, 0) 这条边有了障碍之后,障碍之后(包括障碍)都是走不到的位置了,所以障碍之后的dp[i][0]应该还是初始值0。
如图:
下标(0, j)的初始化情况同理。
所以本题初始化代码为:
vector> dp(m, vector(n, 0));
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;
注意代码里for循环的终止条件,一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作,dp[0][j]同理
从递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1] 中可以看出,一定是从左到右一层一层遍历,这样保证推导dp[i][j]的时候,dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]一定是有数值。
代码如下:
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
拿示例1来举例如题:
对应的dp table 如图:
如果这个图看不懂,建议再理解一下递归公式,然后照着文章中说的遍历顺序,自己推导一下!
动规五部分分析完毕,对应C++代码如下:
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.size();
int n = obstacleGrid[0].size();
if (obstacleGrid[m - 1][n - 1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) //如果在起点或终点出现了障碍,直接返回0
return 0;
vector> dp(m, vector(n, 0));
for (int i = 0; i < m && obstacleGrid[i][0] == 0; i++) dp[i][0] = 1;
for (int j = 0; j < n && obstacleGrid[0][j] == 0; j++) dp[0][j] = 1;
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (obstacleGrid[i][j] == 1) continue;
dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
};
同样我们给出空间优化版本:
class Solution {
public:
int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid) {
if (obstacleGrid[0][0] == 1)
return 0;
vector dp(obstacleGrid[0].size());
for (int j = 0; j < dp.size(); ++j)
if (obstacleGrid[0][j] == 1)
dp[j] = 0;
else if (j == 0)
dp[j] = 1;
else
dp[j] = dp[j-1];
for (int i = 1; i < obstacleGrid.size(); ++i)
for (int j = 0; j < dp.size(); ++j){
if (obstacleGrid[i][j] == 1)
dp[j] = 0;
else if (j != 0)
dp[j] = dp[j] + dp[j-1];
}
return dp.back();
}
};
本题是62.不同路径 (opens new window)的障碍版,整体思路大体一致。
但就算是做过62.不同路径,在做本题也会有感觉遇到障碍无从下手。
其实只要考虑到,遇到障碍dp[i][j]保持0就可以了。
也有一些小细节,例如:初始化的部分,很容易忽略了障碍之后应该都是0的情况。
力扣题目链接(opens new window)
给定一个正整数 n,将其拆分为至少两个正整数的和,并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。
示例 1:
示例 2:
看到这道题目,都会想拆成两个呢,还是三个呢,还是四个....
我们来看一下如何使用动规来解决。
动规五部曲,分析如下:
dp[i]:分拆数字i,可以得到的最大乘积为dp[i]。
dp[i]的定义将贯彻整个解题过程,下面哪一步想不懂了,就想想dp[i]究竟表示的是啥!
可以想 dp[i]最大乘积是怎么得到的呢?
其实可以从1遍历j,然后有两种渠道得到dp[i].
一个是j * (i - j) 直接相乘。
一个是j * dp[i - j],相当于是拆分(i - j),对这个拆分不理解的话,可以回想dp数组的定义。
那有同学问了,j怎么就不拆分呢?
j是从1开始遍历,拆分j的情况,在遍历j的过程中其实都计算过了。那么从1遍历j,比较(i - j) * j和dp[i - j] * j 取最大的。递推公式:dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
也可以这么理解,j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘,而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。
如果定义dp[i - j] * dp[j] 也是默认将一个数强制拆成4份以及4份以上了。
所以递推公式:dp[i] = max({dp[i], (i - j) * j, dp[i - j] * j});
那么在取最大值的时候,为什么还要比较dp[i]呢?
因为在递推公式推导的过程中,每次计算dp[i],取最大的而已。
不少同学应该疑惑,dp[0] dp[1]应该初始化多少呢?
有的题解里会给出dp[0] = 1,dp[1] = 1的初始化,但解释比较牵强,主要还是因为这么初始化可以把题目过了。
严格从dp[i]的定义来说,dp[0] dp[1] 就不应该初始化,也就是没有意义的数值。
拆分0和拆分1的最大乘积是多少?
这是无解的。
这里我只初始化dp[2] = 1,从dp[i]的定义来说,拆分数字2,得到的最大乘积是1,这个没有任何异议!
确定遍历顺序,先来看看递归公式:dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态,所以遍历i一定是从前向后遍历,先有dp[i - j]再有dp[i]。
所以遍历顺序为:
for (int i = 3; i <= n ; i++) {
for (int j = 1; j < i - 1; j++) {
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
}
}
注意 枚举j的时候,是从1开始的。从0开始的话,那么让拆分一个数拆个0,求最大乘积就没有意义了。
j的结束条件是 j < i - 1 ,其实 j < i 也是可以的,不过可以节省一步,例如让j = i - 1,的话,其实在 j = 1的时候,这一步就已经拆出来了,重复计算,所以 j < i - 1
至于 i是从3开始,这样dp[i - j]就是dp[2]正好可以通过我们初始化的数值求出来。
更优化一步,可以这样:
for (int i = 3; i <= n ; i++) {
for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
}
}
因为拆分一个数n 使之乘积最大,那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的。
例如 6 拆成 3 * 3, 10 拆成 3 * 3 * 4。 100的话 也是拆成m个近似数组的子数 相乘才是最大的。
只不过我们不知道m究竟是多少而已,但可以明确的是m一定大于等于2,既然m大于等于2,也就是 最差也应该是拆成两个相同的 可能是最大值。
那么 j 遍历,只需要遍历到 n/2 就可以,后面就没有必要遍历了,一定不是最大值。
至于 “拆分一个数n 使之乘积最大,那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的” 这个我就不去做数学证明了,感兴趣的同学,可以自己证明。
举例当n为10 的时候,dp数组里的数值,如下:
以上动规五部曲分析完毕,C++代码如下:
class Solution {
public:
int integerBreak(int n) {
vector dp(n + 1);
dp[2] = 1;
for (int i = 3; i <= n ; i++) {
for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
}
}
return dp[n];
}
};
本题也可以用贪心,每次拆成n个3,如果剩下是4,则保留4,然后相乘,但是这个结论需要数学证明其合理性!
我没有证明,而是直接用了结论。感兴趣的同学可以自己再去研究研究数学证明哈。
给出我的C++代码如下:
class Solution {
public:
int integerBreak(int n) {
if (n == 2) return 1;
if (n == 3) return 2;
if (n == 4) return 4;
int result = 1;
while (n > 4) {
result *= 3;
n -= 3;
}
result *= n;
return result;
}
};
本题掌握其动规的方法,就可以了,贪心的解法确实简单,但需要有数学证明,如果能自圆其说也是可以的。
其实这道题目的递推公式并不好想,而且初始化的地方也很有讲究,我在写本题的时候一开始写的代码是这样的:
class Solution {
public:
int integerBreak(int n) {
if (n <= 3) return 1 * (n - 1);
vector dp(n + 1, 0);
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
dp[3] = 3;
for (int i = 4; i <= n ; i++) {
for (int j = 1; j <= i / 2; j++) {
dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] * dp[j]);
}
}
return dp[n];
}
};
这个代码也是可以过的!
在解释递推公式的时候,也可以解释通,dp[i] 就等于 拆解i - j的最大乘积 * 拆解j的最大乘积。 看起来没毛病!
但是在解释初始化的时候,就发现自相矛盾了,dp[1]为什么一定是1呢?根据dp[i]的定义,dp[2]也不应该是2啊。
但如果递归公式是 dp[i] = max(dp[i], dp[i - j] * dp[j]);,就一定要这么初始化。递推公式没毛病,但初始化解释不通!
虽然代码在初始位置有一个判断if (n <= 3) return 1 * (n - 1);,保证n<=3 结果是正确的,但代码后面又要给dp[1]赋值1 和 dp[2] 赋值 2,这其实就是自相矛盾的代码,违背了dp[i]的定义!
我举这个例子,其实就说做题的严谨性,上面这个代码也可以AC,大体上一看好像也没有毛病,递推公式也说得过去,但是仅仅是恰巧过了而已。
力扣题目链接(opens new window)
给定一个整数 n,求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种?
示例:
这道题目描述很简短,但估计大部分同学看完都是懵懵的状态,这得怎么统计呢?
关于什么是二叉搜索树,我们之前在讲解二叉树专题的时候已经详细讲解过了,也可以看看这篇二叉树:二叉搜索树登场! (opens new window)再回顾一波。
了解了二叉搜索树之后,我们应该先举几个例子,画画图,看看有没有什么规律,如图:
n为1的时候有一棵树,n为2有两棵树,这个是很直观的。
来看看n为3的时候,有哪几种情况。
当1为头结点的时候,其右子树有两个节点,看这两个节点的布局,是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊!
(可能有同学问了,这布局不一样啊,节点数值都不一样。别忘了我们就是求不同树的数量,并不用把搜索树都列出来,所以不用关心其具体数值的差异)
当3为头结点的时候,其左子树有两个节点,看这两个节点的布局,是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊!
当2为头结点的时候,其左右子树都只有一个节点,布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊!
发现到这里,其实我们就找到了重叠子问题了,其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。
思考到这里,这道题目就有眉目了。
dp[3],就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量
元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。
所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
如图所示:
此时我们已经找到递推关系了,那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。
dp[i] : 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
也可以理解是i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ,都是一样的。
以下分析如果想不清楚,就来回想一下dp[i]的定义
在上面的分析中,其实已经看出其递推关系, dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
j相当于是头结点的元素,从1遍历到i为止。
所以递推公式:dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ,j-1 为j为头结点左子树节点数量,i-j 为以j为头结点右子树节点数量
初始化,只需要初始化dp[0]就可以了,推导的基础,都是dp[0]。
那么dp[0]应该是多少呢?
从定义上来讲,空节点也是一棵二叉树,也是一棵二叉搜索树,这是可以说得通的。
从递归公式上来讲,dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0,也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1, 否则乘法的结果就都变成0了。
所以初始化dp[0] = 1
首先一定是遍历节点数,从递归公式:dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出,节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态。
那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态,用j来遍历。
代码如下:
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
n为5时候的dp数组状态如图:
当然如果自己画图举例的话,基本举例到n为3就可以了,n为4的时候,画图已经比较麻烦了。
我这里列到了n为5的情况,是为了方便大家 debug代码的时候,把dp数组打出来,看看哪里有问题。
综上分析完毕,C++代码如下:
class Solution {
public:
int numTrees(int n) {
vector dp(n + 1);
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
return dp[n];
}
};
大家应该发现了,我们分析了这么多,最后代码却如此简单!
这道题目虽然在力扣上标记是中等难度,但可以算是困难了!
首先这道题想到用动规的方法来解决,就不太好想,需要举例,画图,分析,才能找到递推的关系。
然后难点就是确定递推公式了,如果把递推公式想清楚了,遍历顺序和初始化,就是自然而然的事情了。
可以看出我依然还是用动规五部曲来进行分析,会把题目的方方面面都覆盖到!
而且具体这五部分析是我自己平时总结的经验,找不出来第二个的,可能过一阵子 其他题解也会有动规五部曲了。
当时我在用动规五部曲讲解斐波那契的时候,一些录友和我反应,感觉讲复杂了。
其实当时我一直强调简单题是用来练习方法论的,并不能因为简单我就代码一甩,简单解释一下就完事了。
可能当时一些同学不理解,现在大家应该感受方法论的重要性了,加油