阅读 3412

告别动态规划,连刷 40 道题,我总结了这些套路,看不懂你打我(万字长文)

动态规划难吗?说实话,我觉得很难,特别是对于初学者来说,我当时入门动态规划的时候,是看 0-1 背包问题,当时真的是一脸懵逼。后来,我遇到动态规划的题,看的懂答案,但就是自己不会做,不知道怎么下手。就像做递归的题,看的懂答案,但下不了手,关于递归的,我之前也写过一篇套路的文章,如果对递归不大懂的,强烈建议看一看:为什么你学不会递归,告别递归,谈谈我的经验

对于动态规划,春招秋招时好多题都会用到动态规划,一气之下,再 leetcode 连续刷了几十道题

在这里插入图片描述

之后,豁然开朗 ,感觉动态规划也不是很难,今天,我就来跟大家讲一讲,我是怎么做动态规划的题的,以及从中学到的一些套路。相信你看完一定有所收获

如果你对动态规划感兴趣,或者你看的懂动态规划,但却不知道怎么下手,那么我建议你好好看以下,这篇文章的写法,和之前那篇讲递归的写法,是差不多一样的,将会举大量的例子。如果一次性看不完,建议收藏,同时别忘了素质三连

为了兼顾初学者,我会从最简单的题讲起,后面会越来越难,最后面还会讲解,该如何优化。因为 80% 的动规都是可以进行优化的。不过我得说,如果你连动态规划是什么都没听过,可能这篇文章你也会压力山大。

一、动态规划的三大步骤

动态规划,无非就是利用历史记录,来避免我们的重复计算。而这些历史记录,我们得需要一些变量来保存,一般是用一维数组或者二维数组来保存。下面我们先来讲下做动态规划题很重要的三个步骤,

如果你听不懂,也没关系,下面会有很多例题讲解,估计你就懂了。之所以不配合例题来讲这些步骤,也是为了怕你们脑袋乱了

第一步骤:定义数组元素的含义,上面说了,我们会用一个数组,来保存历史数组,假设用一维数组 dp[] 吧。这个时候有一个非常非常重要的点,就是规定你这个数组元素的含义,例如你的 dp[i] 是代表什么意思?

第二步骤:找出数组元素之间的关系式,我觉得动态规划,还是有一点类似于我们高中学习时的归纳法的,当我们要计算 dp[n] 时,是可以利用 dp[n-1],dp[n-2].....dp[1],来推出 dp[n] 的,也就是可以利用历史数据来推出新的元素值,所以我们要找出数组元素之间的关系式,例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2],这个就是他们的关系式了。而这一步,也是最难的一步,后面我会讲几种类型的题来说。

学过动态规划的可能都经常听到最优子结构,把大的问题拆分成小的问题,说时候,最开始的时候,我是对最优子结构一梦懵逼的。估计你们也听多了,所以这一次,我将换一种形式来讲,不再是各种子问题,各种最优子结构。所以大佬可别喷我再乱讲,因为我说了,这是我自己平时做题的套路。

第三步骤:找出初始值。学过数学归纳法的都知道,虽然我们知道了数组元素之间的关系式,例如 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2],我们可以通过 dp[n-1] 和 dp[n-2] 来计算 dp[n],但是,我们得知道初始值啊,例如一直推下去的话,会由 dp[3] = dp[2] + dp[1]。而 dp[2] 和 dp[1] 是不能再分解的了,所以我们必须要能够直接获得 dp[2] 和 dp[1] 的值,而这,就是所谓的初始值

由了初始值,并且有了数组元素之间的关系式,那么我们就可以得到 dp[n] 的值了,而 dp[n] 的含义是由你来定义的,你想求什么,就定义它是什么,这样,这道题也就解出来了。

不懂?没事,我们来看三四道例题,我讲严格按这个步骤来给大家讲解。

二、案例详解

案例一、简单的一维 DP

问题描述:一只青蛙一次可以跳上1级台阶,也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。

(1)、定义数组元素的含义

按我上面的步骤说的,首先我们来定义 dp[i] 的含义,我们的问题是要求青蛙跳上 n 级的台阶总共由多少种跳法,那我们就定义 dp[i] 的含义为:跳上一个 i 级的台阶总共有 dp[i] 种跳法。这样,如果我们能够算出 dp[n],不就是我们要求的答案吗?所以第一步定义完成。

(2)、找出数组元素间的关系式

我们的目的是要求 dp[n],动态规划的题,如你们经常听说的那样,就是把一个规模比较大的问题分成几个规模比较小的问题,然后由小的问题推导出大的问题。也就是说,dp[n] 的规模为 n,比它规模小的是 n-1, n-2, n-3.... 也就是说,dp[n] 一定会和 dp[n-1], dp[n-2]....存在某种关系的。我们要找出他们的关系。

那么问题来了,怎么找?

这个怎么找,是最核心最难的一个,我们必须回到问题本身来了,来寻找他们的关系式,dp[n] 究竟会等于什么呢?

对于这道题,由于情况可以选择跳一级,也可以选择跳两级,所以青蛙到达第 n 级的台阶有两种方式

一种是从第 n-1 级跳上来

一种是从第 n-2 级跳上来

由于我们是要算所有可能的跳法的,所以有 dp[n] = dp[n-1] + dp[n-2]。

(3)、找出初始条件

当 n = 1 时,dp[1] = dp[0] + dp[-1],而我们是数组是不允许下标为负数的,所以对于 dp[1],我们必须要直接给出它的数值,相当于初始值,显然,dp[1] = 1。一样,dp[0] = 0.(因为 0 个台阶,那肯定是 0 种跳法了)。于是得出初始值:

dp[0] = 0. dp[1] = 1. 即 n <= 1 时,dp[n] = n.

三个步骤都做出来了,那么我们就来写代码吧,代码会详细注释滴。

int f( int n ){
	if(n <= 1)
	return n;
	// 先创建一个数组来保存历史数据
	int[] dp = new int[n+1];
	// 给出初始值
	dp[0] = 0;
	dp[1] = 1;
	// 通过关系式来计算出 dp[n]
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		dp[i] = dp[i-1] + dp[-2];
	}
	// 把最终结果返回
	return dp[n];
}
复制代码
(4)、再说初始化

大家先想以下,你觉得,上面的代码有没有问题?

答是有问题的,还是错的,错在对初始值的寻找不够严谨,这也是我故意这样弄的,意在告诉你们,关于初始值的严谨性。例如对于上面的题,当 n = 2 时,dp[2] = dp[1] + dp[0] = 1。这显然是错误的,你可以模拟一下,应该是 dp[2] = 2。

也就是说,在寻找初始值的时候,一定要注意不要找漏了,dp[2] 也算是一个初始值,不能通过公式计算得出。有人可能会说,我想不到怎么办?这个很好办,多做几道题就可以了。

下面我再列举三道不同的例题,并且,再在未来的文章中,我也会持续按照这个步骤,给大家找几道有难度且类型不同的题。下面这几道例题,不会讲的特性详细哈。实际上 ,上面的一维数组是可以把空间优化成更小的,不过我们现在先不讲优化的事,下面的题也是,不讲优化版本。

案例二:二维数组的 DP

我做了几十道 DP 的算法题,可以说,80% 的题,都是要用二维数组的,所以下面的题主要以二维数组为主,当然有人可能会说,要用一维还是二维,我怎么知道?这个问题不大,接着往下看。

问题描述

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?

在这里插入图片描述

这是 leetcode 的 62 号题:leetcode-cn.com/problems/un…

还是老样子,三个步骤来解决。

步骤一、定义数组元素的含义

由于我们的目的是从左上角到右下角一共有多少种路径,那我们就定义 dp[i] [j]的含义为:当机器人从左上角走到(i, j) 这个位置时,一共有 dp[i] [j] 种路径。那么,dp[m-1] [n-1] 就是我们要的答案了。

注意,这个网格相当于一个二维数组,数组是从下标为 0 开始算起的,所以 右下角的位置是 (m-1, n - 1),所以 dp[m-1] [n-1] 就是我们要找的答案。

步骤二:找出关系数组元素间的关系式

想象以下,机器人要怎么样才能到达 (i, j) 这个位置?由于机器人可以向下走或者向右走,所以有两种方式到达

一种是从 (i-1, j) 这个位置走一步到达

一种是从(i, j - 1) 这个位置走一步到达

因为是计算所有可能的步骤,所以是把所有可能走的路径都加起来,所以关系式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]。

步骤三、找出初始值

显然,当 dp[i] [j] 中,如果 i 或者 j 有一个为 0,那么还能使用关系式吗?答是不能的,因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1,就变成负数了,数组就会出问题了,所以我们的初始值是计算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。这个还是非常容易计算的,相当于计算机图中的最上面一行和左边一列。因此初始值如下:

dp[0] [0….n-1] = 1; // 相当于最上面一行,机器人只能一直往左走

dp[0…m-1] [0] = 1; // 相当于最左面一列,机器人只能一直往下走

撸代码

三个步骤都写出来了,直接看代码

public static int uniquePaths(int m, int n) {
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[][] dp = new int[m][n]; // 
  	// 初始化
  	for(int i = 0; i < m; i++){
      dp[i][0] = 1;
    }
  	for(int i = 0; i < n; i++){
      dp[0][i] = 1;
    }
		// 推导出 dp[m-1][n-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];
}
复制代码

O(n*m) 的空间复杂度可以优化成 O(min(n, m)) 的空间复杂度的,不过这里先不讲

案例三、二维数组 DP

写到这里,有点累了,,但还是得写下去,所以看的小伙伴,你们可得继续看呀。下面这道题也不难,比上面的难一丢丢,不过也是非常类似

问题描述

给定一个包含非负整数的 m x n 网格,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。

举例:
输入:
arr = [
  [1,3,1],
  [1,5,1],
  [4,2,1]
]
输出: 7
解释: 因为路径 13111 的总和最小。
复制代码

和上面的差不多,不过是算最优路径和,这是 leetcode 的第64题:leetcode-cn.com/problems/mi…

还是老样子,可能有些人都看烦了,哈哈,但我还是要按照步骤来写,让那些不大懂的加深理解。有人可能觉得,这些题太简单了吧,别慌,小白先入门,这些属于 medium 级别的,后面在给几道 hard 级别的。

步骤一、定义数组元素的含义

由于我们的目的是从左上角到右下角,最小路径和是多少,那我们就定义 dp[i] [j]的含义为:当机器人从左上角走到(i, j) 这个位置时,最下的路径和是 dp[i] [j]。那么,dp[m-1] [n-1] 就是我们要的答案了。

注意,这个网格相当于一个二维数组,数组是从下标为 0 开始算起的,所以 由下角的位置是 (m-1, n - 1),所以 dp[m-1] [n-1] 就是我们要走的答案。

步骤二:找出关系数组元素间的关系式

想象以下,机器人要怎么样才能到达 (i, j) 这个位置?由于机器人可以向下走或者向右走,所以有两种方式到达

一种是从 (i-1, j) 这个位置走一步到达

一种是从(i, j - 1) 这个位置走一步到达

不过这次不是计算所有可能路径,而是计算哪一个路径和是最小的,那么我们要从这两种方式中,选择一种,使得dp[i] [j] 的值是最小的,显然有

dp[i] [j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) + arr[i][j];// arr[i][j] 表示网格种的值
复制代码
步骤三、找出初始值

显然,当 dp[i] [j] 中,如果 i 或者 j 有一个为 0,那么还能使用关系式吗?答是不能的,因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1,就变成负数了,数组就会出问题了,所以我们的初始值是计算出所有的 dp[0] [0….n-1] 和所有的 dp[0….m-1] [0]。这个还是非常容易计算的,相当于计算机图中的最上面一行和左边一列。因此初始值如下:

dp[0] [j] = arr[0] [j] + dp[0] [j-1]; // 相当于最上面一行,机器人只能一直往左走

dp[i] [0] = arr[i] [0] + dp[i] [0]; // 相当于最左面一列,机器人只能一直往下走

代码如下
public static int uniquePaths(int[][] arr) {
  	int m = arr.length;
  	int n = arr[0].length;
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[][] dp = new int[m][n]; // 
  	// 初始化
  	dp[0][0] = arr[0][0];
  	// 初始化最左边的列
  	for(int i = 1; i < m; i++){
      dp[i][0] = dp[i-1][0] + arr[i][0];
    }
  	// 初始化最上边的行
  	for(int i = 1; i < n; i++){
      dp[0][i] = dp[0][i-1] + arr[0][i];
    }
		// 推导出 dp[m-1][n-1]
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + arr[i][j];
        }
    }
    return dp[m-1][n-1];
}
复制代码

O(n*m) 的空间复杂度可以优化成 O(min(n, m)) 的空间复杂度的,不过这里先不讲

案例 4:编辑距离

这次给的这道题比上面的难一些,在 leetcdoe 的定位是 hard 级别。好像是 leetcode 的第 72 号题。

问题描述

给定两个单词 word1 和 word2,计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

你可以对一个单词进行如下三种操作:

插入一个字符 删除一个字符 替换一个字符

示例:
输入: word1 = "horse", word2 = "ros"
输出: 3
解释: 
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
复制代码

解答

还是老样子,按照上面三个步骤来,并且我这里可以告诉你,90% 的字符串问题都可以用动态规划解决,并且90%是采用二维数组。

步骤一、定义数组元素的含义

由于我们的目的求将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。那我们就定义 dp[i] [j]的含义为:当字符串 word1 的长度为 i,字符串 word2 的长度为 j 时,将 word1 转化为 word2 所使用的最少操作次数为 dp[i] [j]

有时候,数组的含义并不容易找,所以还是那句话,我给你们一个套路,剩下的还得看你们去领悟。

步骤二:找出关系数组元素间的关系式

接下来我们就要找 dp[i] [j] 元素之间的关系了,比起其他题,这道题相对比较难找一点,但是,不管多难找,大部分情况下,dp[i] [j] 和 dp[i-1] [j]、dp[i] [j-1]、dp[i-1] [j-1] 肯定存在某种关系。因为我们的目标就是,**从规模小的,通过一些操作,推导出规模大的。对于这道题,我们可以对 word1 进行三种操作

插入一个字符 删除一个字符 替换一个字符

由于我们是要让操作的次数最小,所以我们要寻找最佳操作。那么有如下关系式:

一、如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 相等,这个时候不需要进行任何操作,显然有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1]。(别忘了 dp[i] [j] 的含义哈)。

二、如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 不相等,这个时候我们就必须进行调整,而调整的操作有 3 种,我们要选择一种。三种操作对应的关系试如下(注意字符串与字符的区别):

(1)、如果把字符 word1[i] 替换成与 word2[j] 相等,则有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1] + 1;

(2)、如果在字符串 word1末尾插入一个与 word2[j] 相等的字符,则有 dp[i] [j] = dp[i] [j-1] + 1;

(3)、如果把字符 word1[i] 删除,则有 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + 1;

那么我们应该选择一种操作,使得 dp[i] [j] 的值最小,显然有

dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j-1],dp[i] [j-1],dp[[i-1] [j]]) + 1;

于是,我们的关系式就推出来了,

步骤三、找出初始值

显然,当 dp[i] [j] 中,如果 i 或者 j 有一个为 0,那么还能使用关系式吗?答是不能的,因为这个时候把 i - 1 或者 j - 1,就变成负数了,数组就会出问题了,所以我们的初始值是计算出所有的 dp[0] [0….n] 和所有的 dp[0….m] [0]。这个还是非常容易计算的,因为当有一个字符串的长度为 0 时,转化为另外一个字符串,那就只能一直进行插入或者删除操作了。

代码如下
public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
    // dp[0][0...n2]的初始值
    for (int j = 1; j <= n2; j++) 
    	dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
    // dp[0...n1][0] 的初始值
    for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
		// 通过公式推出 dp[n1][n2]
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
          	// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
            	p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            }else {
               dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
            }         
        }
    }
    return dp[n1][n2];  
}
复制代码

最后说下,如果你要练习,可以去 leetcode,选择动态规划专题,然后连续刷几十道,保证你以后再也不怕动态规划了。当然,遇到很难的,咱还是得挂。

Leetcode 动态规划直达:leetcode-cn.com/tag/dynamic…

三、如何优化?

前两天写一篇长达 8000 子的关于动态规划的文章告别动态规划,连刷40道动规算法题,我总结了动规的套路

这篇文章更多讲解我平时做题的套路,不过由于篇幅过长,举了 4 个案例之后,没有讲解优化,今天这篇文章就来讲解下,对动态规划的优化如何下手,并且以前几天那篇文章的题作为例子直接讲优化,如果没看过的建议看一下(不看也行,我会直接给出题目以及没有优化前的代码):告别动态规划,连刷40道动规算法题,我总结了动规的套路

四、优化核心:画图!画图!画图

没错,80% 的动态规划题都可以画图,其中 80% 的题都可以通过画图一下子知道怎么优化,当然,DP 也有一些很难的题,想优化可没那么容易,不过,今天我要讲的,是属于不怎么难,且最常见,面试笔试最经常考的难度的题。

下面我们直接通过三道题目来讲解优化,你会发现,这些题,优化过后,代码只有细微的改变,你只要会一两道,可以说是会了 80% 的题。

O(n*m) 空间复杂度优化成 O(n)

上次那个青蛙跳台阶的 dp 题是可以把空间复杂度 O( n) 优化成 O(1),本来打算从这道题讲起的,但想了下,想要学习 dp 优化的感觉至少都是 小小大佬了,所以就不讲了,就从二维数组的 dp 讲起。

案例1:最多路径数

问题描述

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?

在这里插入图片描述

这是 leetcode 的 62 号题:leetcode-cn.com/problems/un…

这道题的 dp 转移公式是 dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1],代码如下

不懂的看我之前文章:告别动态规划,连刷40道动规算法题,我总结了动规的套路

public static int uniquePaths(int m, int n) {
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[][] dp = new int[m][n]; // 
  	// 初始化
  	for(int i = 0; i < m; i++){
      dp[i][0] = 1;
    }
  	for(int i = 0; i < n; i++){
      dp[0][i] = 1;
    }
		// 推导出 dp[m-1][n-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];
}
复制代码

这种做法的空间复杂度是 O(n * m),下面我们来讲解如何优化成 O(n)。

dp[i] [j] 是一个二维矩阵,我们来画个二维矩阵的图,对矩阵进行初始化

在这里插入图片描述
然后根据公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] 来填充矩阵的其他值。下面我们先填充第二行的值。
在这里插入图片描述
大家想一个问题,**当我们要填充第三行的值的时候,我们需要用到第一行的值吗?**答是不需要的,不行你试试,当你要填充第三,第四....第 n 行的时候,第一行的值永远不会用到,只要填充第二行的值时会用到。

根据公式 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1],我们可以知道,当我们要计算第 i 行的值时,除了会用到第 i - 1 行外,其他第 1 至 第 i-2 行的值我们都是不需要用到的,也就是说,对于那部分用不到的值我们还有必要保存他们吗?

答是没必要,我们只需要用一个一维的 dp[] 来保存一行的历史记录就可以了。然后在计算机的过程中,不断着更新 dp[] 的值。单说估计你可能不好理解,下面我就手把手来演示下这个过程。

1、刚开始初始化第一行,此时 dp[0..n-1] 的值就是第一行的值。

在这里插入图片描述

2、接着我们来一边填充第二行的值一边更新 dp[i] 的值,一边把第一行的值抛弃掉。

为了方便描述,下面我们用arr (i,j)表示矩阵中第 i 行 第 j 列的值。从 0 开始哈,就是说有第 0 行。

(1)、显然,矩阵(1, 0) 的值相当于以往的初始化值,为 1。然后这个时候矩阵 (0,0)的值不在需要保存了,因为再也用不到了。

在这里插入图片描述
这个时候,我们也要跟着更新 dp[0] 的值了,刚开始 dp[0] = (0, 0),现在更新为 dp[0] = (1, 0)。

(2)、接着继续更新 (1, 1) 的值,根据之前的公式 (i, j) = (i-1, j) + (i, j- 1)。即 (1,1)=(0,1)+(1,0)=2。

在这里插入图片描述
大家看图,以往的二维的时候, dp[i][j] = dp[i-1] [j]+ dp[i][j-1]。现在转化成一维,不就是 dp[i] = dp[i] + dp[i-1] 吗?

即 dp[1] = dp[1] + dp[0],而且还动态帮我们更新了 dp[1] 的值。因为刚开始 dp[i] 的保存第一行的值的,现在更新为保存第二行的值。

在这里插入图片描述
(3)、同样的道理,按照这样的模式一直来计算第二行的值,顺便把第一行的值抛弃掉,结果如下
在这里插入图片描述
此时,dp[i] 将完全保存着第二行的值,并且我们可以推导出公式

dp[i] = dp[i-1] + dp[i]

dp[i-1] 相当于之前的 dp[i-1][j],dp[i] 相当于之前的 dp[i][j-1]。

于是按照这个公式不停着填充到最后一行,结果如下:

在这里插入图片描述
最后 dp[n-1] 就是我们要求的结果了。所以优化之后,代码如下:

public static int uniquePaths(int m, int n) {
    if (m <= 0 || n <= 0) {
        return 0;
    }

    int[] dp = new int[n]; // 
  	// 初始化
  	for(int i = 0; i < n; i++){
      dp[i] = 1;
    }

		// 公式:dp[i] = dp[i-1] + dp[i]
    for (int i = 1; i < m; i++) {
    	// 第 i 行第 0 列的初始值
    	dp[0] = 1;
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[j] = dp[j-1] + dp[j];
        }
    }
    return dp[n-1];
}
复制代码

案例2:编辑距离

接着我们来看昨天的另外一道题,就是编辑矩阵,这道题的优化和这一道有一点点的不同,上面这道 dp[i][j] 依赖于 dp[i-1][j] 和 dp[i][j-1]。而还有一种情况就是 dp[i][j] 依赖于 dp[i-1][j],dp[i-1][j-1] 和 dp[i][j-1]。

问题描述

给定两个单词 word1 和 word2,计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

你可以对一个单词进行如下三种操作:

插入一个字符 删除一个字符 替换一个字符

示例:
输入: word1 = "horse", word2 = "ros"
输出: 3
解释: 
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
复制代码

解答

昨天的代码如下所示,不懂的记得看之前的文章哈:告别动态规划,连刷40道动规算法题,我总结了动规的套路

public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
    // dp[0][0...n2]的初始值
    for (int j = 1; j <= n2; j++) 
    	dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
    // dp[0...n1][0] 的初始值
    for (int i = 1; i <= n1; i++) dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
		// 通过公式推出 dp[n1][n2]
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
          	// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
            	p[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            }else {
               dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
            }         
        }
    }
    return dp[n1][n2];  
}
复制代码

没有优化之间的空间复杂度为 O(n*m)

大家可以自己动手做下,按照上面的那个模式,你会优化吗?

在这里插入图片描述
对于这道题其实也是一样的,如果要计算 第 i 行的值,我们最多只依赖第 i-1 行的值,不需要用到第 i-2 行及其以前的值,所以一样可以采用一维 dp 来处理的。

不过这个时候要注意,在上面的例子中,我们每次更新完 (i, j) 的值之后,就会把 (i, j-1) 的值抛弃,也就是说之前是一边更新 dp[i] 的值,一边把 dp[i] 的旧值抛弃的,不过在这道题中则不可以,因为我们还需要用到它。

哎呀,直接举例子看图吧,文字绕来绕去估计会绕晕你们。当我们要计算图中 (i,j) 的值的时候,在案例1 中,我们值需要用到 (i-1, j) 和 (i, j-1)。(看图中方格的颜色)

在这里插入图片描述
不过这道题中,我们还需要用到 (i-1, j-1) 这个值(但是这个值在以往的案例1 中,它会被抛弃掉)
在这里插入图片描述
所以呢,对于这道题,我们还需要一个额外的变量 pre 来时刻保存 (i-1,j-1) 的值。推导公式就可以从二维的

dp[i][j] = min(dp[i-1][j] , dp[i-1][j-1] , dp[i][j-1]) + 1
复制代码

转化为一维的

dp[i] = min(dp[i-1], pre, dp[i]) + 1。
复制代码

所以呢,案例2 其实和案例1 差别不大,就是多了个变量来临时保存。最终代码如下(但是初学者话,代码也没那么好写)

代码如下
public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[] dp = new int[n2 + 1];
    // dp[0...n2]的初始值
    for (int j = 0; j <= n2; j++) 
    	dp[j] = j;
	// dp[j] = min(dp[j-1], pre, dp[j]) + 1
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
    	int temp = dp[0];
    	// 相当于初始化
        dp[0] = i;
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
        	// pre 相当于之前的 dp[i-1][j-1]
            int pre = temp;
            temp = dp[j];
          	// 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)){
            	dp[j] = pre;
            }else {
               dp[j] = Math.min(Math.min(dp[j - 1], pre), dp[j]) + 1;
            } 
            // 保存要被抛弃的值       
        }
    }
    return dp[n2]; 
}
复制代码

总结

上面的这些题,基本都是不怎么难的入门题,除了最后一道相对难一点。并且基本 80% 的二维矩阵 dp 都可以像上面的方法一样优化成 一维矩阵的 dp,核心就是要画图,看他们的值依赖,当然,还有很多其他比较难的优化,但是,我遇到的题中,大部分都是我上面这种类型的优化。后面如何遇到其他的,我会作为案例来讲,今天就先讲最普遍最通用的优化方案。记住,画二维 dp 的矩阵图,然后看元素之间的值依赖,然后就可以很清晰着知道该如何优化了。

在之后的文章中,我也会按照这个步骤,在给大家讲四五道动态规划 hard 级别的题,会放在每天推文的第二条给大家学习。如果觉得有收获,不放三连走起来(点赞、感谢、分享),嘻嘻。

有收获?希望老铁们来个三连击,给更多的人看到这篇文章

1、点赞,可以让更多的人看到这篇文章 2、关注我的原创微信公众号『苦逼的码农』,第一时间阅读我的文章。公众号后台回复『电子书』,还送你一份电子书大礼包哦。 3、也欢迎关注我的博客哦。

作者简洁

作者:帅地,一位热爱、认真写作的小伙,目前维护原创公众号:『苦逼的码农』,以写了150多篇文章,专注于写 算法、计算机基础知识等提升你内功的文章,期待你的关注。 转载说明:务必注明来源(注明:来源于公众号:苦逼的码农, 作者:帅地)

关注下面的标签,发现更多相似文章
评论