动态规划(DP)的基本思路 #
DP的前提是递归，任何DP问题一定对应一个存在重复调用的递归问题，DP的作用就是解决递归中的重复调用/计算问题。
基本思路：
- 首先完成递归解法，一维递归的时间复杂度\(O(2^n)))，空间复杂度\(O(log_n)\)，时间复杂度高主要原因是存在重复计算
- 递归时，要确定 base case，即判断递归到达底部边界，及其返回值
- 1维递归的特点是 f(i) 的结果可能依赖于前面的 1～2 种结果，比如f(i-1), f(i-2,j)等
- 递归转换为带有DP缓存表的、递归版的、自顶向底的DP
- 顶指的是最终目标答案，底指的是base case
- 递归版 DP 基本只是在递归解法的基础上增加了 DP 表，其他逻辑照抄
- 以空间换时间，dp[i] 存 f(i) 的结果，递归时，如果 dp[i] 已存在则直接返回结果，否则继续递归，并将结果存入dp[i]，这样就减少了重复计算
- 时间复杂度\(O(n)))，空间复杂度\(O(n)\)
- 将递归版的DP转化为严格位置依赖的、迭代版的、自底向顶的DP
- dp[i] 依赖于若干个 dp[<i] 的值，最终结果是 dp[n]
- 时间复杂度\(O(n)))，空间复杂度\(O(n)\)
- 继续优化DP，空间压缩
- 用有限个变量的滚动更新代替dp数组，比如 cur = last + lastlast
- 时间复杂度\(O(n)))，空间复杂度\(O(1)\)
leetcode 64.最小路径和[中等] #
给定一个包含非负整数的 m x n 网格 grid ，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。
说明：每次只能向下或者向右移动一步。
class Solution {
public:
int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
// return f1(grid, grid.size()-1, grid[0].size()-1);
// return f2(grid);
// return f3(grid);
return f4(grid);
}
//递归：只能想下或向右移动, f(i,j) = max(f(i-1,j), f(i,j-1))+grid[i,j]
int f1(vector<vector<int>>& grid, int i, int j){
if(i==0 && j==0){
return grid[0][0];
}
int up=INT_MAX;
int left=INT_MAX;
if(i-1>=0){
up = f1(grid,i-1,j);
}
if(j-1>=0){
left = f1(grid,i,j-1);
}
return min(up, left)+grid[i][j];
}
//DP
int f2(vector<vector<int>>& grid){
vector<vector<int>> dp(grid.size(), vector<int>(grid[0].size(), -1));//存放(i,j)位置的最短路径
dp[0][0] = grid[0][0];
return f2_dp1(grid, grid.size()-1, grid[0].size()-1, dp);
}
//dp_1，递归版、自顶向底的DP
int f2_dp1(vector<vector<int>>& grid, int i, int j, vector<vector<int>>& dp){
if(dp[i][j] != -1) return dp[i][j];
int up=INT_MAX;
int left=INT_MAX;
if(i-1>=0){
up = f2_dp1(grid,i-1,j,dp);
}
if(j-1>=0){
left = f2_dp1(grid,i,j-1,dp);
}
dp[i][j]= min(up, left)+grid[i][j];
return dp[i][j];
}
// 优化DP， 递归转迭代, 严格位置依赖的动态规划
// 从左往右，从上往下，一行一行的计算dp[i][j]
int f3(vector<vector<int>>& grid){
vector<vector<int>> dp(grid.size(), vector<int>(grid[0].size(), -1));//存放(i,j)位置的最短路径
dp[0][0] = grid[0][0];
for(int i=1; i<grid.size(); i++){
dp[i][0] = dp[i-1][0]+grid[i][0];
}
for(int j=1; j<grid[0].size(); j++){
dp[0][j] = dp[0][j-1]+grid[0][j];
}
for(int i=1; i<grid.size(); i++){
for(int j=1; j<grid[0].size(); j++){
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + grid[i][j];
}
}
return dp[grid.size()-1][grid[0].size()-1];
}
// 继续优化DP，减小dp数组，二位dp缓存表 先转成2个一维数组，再优化就是一个以为数组，grid每一行复用
int f4(vector<vector<int>>& grid){
vector<int> dp(grid[0].size());
dp[0] = grid[0][0];
for(int j=1; j<grid[0].size(); j++){
dp[j] = dp[j-1]+grid[0][j];
}
for(int i=1; i<grid.size(); i++){
// i = 1，dp表变成想象中二维表的第1行的数据
// ...
// i = n-1，dp表变成想象中二维表的第n-1行的数据
//先更新一下这一行左侧第一个值，相当与原来的dp[i][j=0]
dp[0] += grid[i][0];
for(int j=1; j<grid[0].size(); j++){
// dp[j]代表了原来的up=dp[i][j-1]的值，dp[j-1]原来的left=dp[i-1][j]的值
dp[j] = min(dp[j], dp[j-1]) + grid[i][j];
}
}
return dp[grid[0].size()-1];
}
};
leetcode 1147. 单词搜索[中等] #
给定一个 m x n 二维字符网格 board 和一个字符串单词 word 。如果 word 存在于网格中，返回 true ；否则，返回 false 。
单词必须按照字母顺序，通过相邻的单元格内的字母构成，其中“相邻”单元格是那些水平相邻或垂直相邻的单元格。同一个单元格内的字母不允许被重复使用。
class Solution {
public:
bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
// 带路径的递归
// 双循环遍历每一个位置，从该位置作起点，用递归法搜索相邻位置，看是够能够完全匹配当w
// 递归时，退出条件是:1.匹配到完整的w，返回true；2.无法匹配，返回false。如果当前字符匹配，则继续通过相邻位置去匹配下一个字符。走过的位置用mask掩盖下，防止后续搜索中重复过去的位置
int is = board.size(), js = board[0].size();
for(int r = 0; r < is; r++){
for(int c = 0; c < js; c++){
if(f1(board, word, 0, r, c)){
return true;
}
}
}
return false;
}
// k代表word需要匹配的位置
bool f1(vector<vector<char>>& board, string& word, int k, int i, int j){
if(k == word.size()){
return true;
}
if(i < 0 || j < 0 || i >= board.size() || j >= board[0].size() || board[i][j] != word[k]){
return false;
}
// 加入mask，但要保留字符用于递归结束的回填
auto tmp = board[i][j];
board[i][j] = '0';// 这时如果下面的递归中再来到这个位置，一定有b[i][j] != w[k]
bool result = f1(board, word, k + 1, i - 1, j);
result = result || f1(board, word, k + 1, i + 1, j);
result = result || f1(board, word, k + 1, i, j - 1);
result = result || f1(board, word, k + 1, i, j + 1);
board[i][j] = tmp;
return result;
}
};
leetcode 1143. 最长公共子序列[中等] #
给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长 公共子序列 的长度。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。
一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。
例如，“ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。 两个字符串的 公共子序列 是这两个字符串所共同拥有的子序列。
示例 1：
输入：text1 = “abcde”, text2 = “ace”
输出：3
解释：最长公共子序列是 “ace” ，它的长度为 3 。
示例 2：
输入：text1 = “abc”, text2 = “abc” 输出：3 解释：最长公共子序列是 “abc” ，它的长度为 3 。 示例 3：
输入：text1 = “abc”, text2 = “def” 输出：0 解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0 。
class Solution {
public:
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
return f3(text1,text2);
}
// 递归法(超时)
// a[i],b[j]的结果依赖于三种情况
int f1(string text1, string text2){
return f1_help(text1,text2,text1.size(),text2.size());
}
int f1_help(string a, string b, int len1, int len2){
if(len1==0 || len2==0) return 0;
int ans;
if(a[len1-1]==b[len2-1]){
ans = 1+f1_help(a,b,len1-1,len2-1);
}else{
ans = max(f1_help(a,b,len1-1,len2), f1_help(a,b,len1,len2-1));//还有一种可能f1_help(a,b,i-1,j-1)，必然小于这两种可能，所以直接舍弃
}
return ans;
}
//DP，递归直接转dp表，自顶向底的DP
int f2(string text1, string text2){
int n=text1.size();
int m=text2.size();
vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(m+1,-1));
return f2_help(text1,text2,n,m,dp);//[0...n] [0...m]
}
int f2_help(string a, string b, int len1, int len2, vector<vector<int>> &dp){
//二维dp表的第一行和第一列为0
if(len1==0 || len2==0){
return 0;
}
if(dp[len1][len2]!=-1) {
return dp[len1][len2];
}
int ans;
if(a[len1-1]==b[len2-1]){
ans = 1+f2_help(a,b,len1-1,len2-1,dp);
}else{
ans = max(f2_help(a,b,len1-1,len2,dp), f2_help(a,b,len1,len2-1,dp));//还有一种可能f1_help(a,b,i-1,j-1)，必然小于这两种可能，所以直接舍弃
}
dp[len1][len2]=ans;
return ans;
}
//DP-2:严格位置依赖的DP（递归转迭代，自底向顶的DP）
int f3(string text1, string text2){
int n=text1.size();
int m=text2.size();
vector<vector<int>> dp(n+1, vector<int>(m+1,0));
//二维dp表的第一行和第一列为0，但这两个循环可以省略
// for(int i=0; i<=m;i++){
// dp[0][m]=0;
// }
// for(int i=0; i<=n;i++){
// dp[n][0]=0;
// }
//开始更新二维dp表，从上向下，从左到右，按行更新，循环的i、j是len1、len2
//dp[i][j]依赖三个位置，左上，上，左
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
int leftup=dp[i-1][j-1];
int left=dp[i][j-1];
int up=dp[i-1][j];
if(text1[i-1]==text2[j-1]){
dp[i][j] = leftup+1;
}else{
dp[i][j] = max(left, up);
}
}
}
return dp[n][m];
}
//DP-3：对DP2的二维dp表压缩为数组（一行），位置依赖中的up和left很容易，但是leftup需要把前一个的备份一下
// Todo
};
leetcode 516. 最长回文子序列[中等] #
给你一个字符串 s ，找出其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。
子序列定义为：不改变剩余字符顺序的情况下，删除某些字符或者不删除任何字符形成的一个序列。
示例 1：
输入：s = “bbbab” 输出：4 解释：一个可能的最长回文子序列为 “bbbb” 。 示例 2：
输入：s = “cbbd” 输出：2 解释：一个可能的最长回文子序列为 “bb” 。
class Solution {
public:
int longestPalindromeSubseq(string s) {
return f3(s);
}
// 暴力：搞一个逆转的string，两个比较
// 递归(超时)：left,right两个指针，left->...<-right
// s[left...right]的最长回文子序列，依赖于四种情况
// 1. s[left]==s[right]时，结果为 2 + s[left+1...right-1]的最长回文子序列
// 2, s[left]!=s[right]时，有三种情况,取最大值:
// s[left+1...right], s[left...right-1], s[left+1...right-1]，其中欧冠你最后一种可以省略
int f1(string s){
if(s.size()==0) return 0;
int l = 0;
int r = s.size()-1;
return f1_help(s, l, r);
}
int f1_help(string s, int l, int r){
if(l==r) return 1;//如 a
if(l+1==r) return s[l]==s[r] ? 2: 1;//如 aa 或 ab
if(s[l]==s[r]){
return 2 + f1_help(s, l+1, r-1);
}else{
return max(f1_help(s, l+1,r),f1_help(s, l,r-1));
}
}
//DP(内存超限): 二维dp表，自顶向底的DP（递归版DP）
int f2(string s){
if(s.size()==0) return 0;
int l = 0;
int r = s.size()-1;
vector<vector<int>> dp(s.size(), vector<int>(s.size()));
return f2_help(s, l, r, dp);
}
int f2_help(string s, int l, int r, vector<vector<int>> &dp){
if(l==r) return 1;//如 a
if(l+1==r) return s[l]==s[r] ? 2: 1;//如 aa 或 ab
if(dp[l][r]!=0) return dp[l][r];
int ans;
if(s[l]==s[r]){
ans = 2 + f2_help(s, l+1, r-1, dp);
}else{
ans = max(f2_help(s, l+1,r,dp),f2_help(s, l,r-1,dp));
}
dp[l][r] = ans;
return ans;
}
//DP: 严格位置依赖的DP，迭代版
// dp表的对角线上的值dp[i][i]=1,该值的右侧dp[i][i+1]=s[i]==s[i+1] ? 2: 1
// dp表对角线左下的元素都是l<r，无意义
// dp表中其他的值依赖于三个位置：左侧、下侧、左下侧
// 注意：最终结果是表的右上角，dp表要从下往上，从左往右去更新
int f3(string s){
if(s.size()==0) return 0;
int n = s.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));
for(int i=n-1; i>=0; i--){
dp[i][i] = 1;
if(i+1<n){
dp[i][i+1]=s[i]==s[i+1] ? 2: 1;
}
for(int j=i+2; j<n; j++){
if(s[i]==s[j]){
dp[i][j] = 2 + dp[i+1][j-1];//左下侧
}else{
dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);//左和右侧
}
}
}
return dp[0][n-1];
}
//DP继续优化，可以压缩空间，用数组代替而二维表，注意加一个变量缓存迁移个位置的左下侧结果
};
Reference: