今天是我们讲解「动态规划专题」中的 路径问题 的第十天。
也是我们本专题的最后一章。
我在文章结尾处列举了本专题所有「路径问题」的相关链接,方便你进行回顾。
这是 LeetCode 上的「1301. 最大得分的路径数目」,难度为 Hard。
给你一个正方形字符数组 board ,你从数组最右下方的字符 'S' 出发。
你的目标是到达数组最左上角的字符 'E' ,数组剩余的部分为数字字符 1,2,...,9 或者障碍 'X'。
在每一步移动中,你可以向上、向左或者左上方移动,可以移动的前提是到达的格子没有障碍。
一条路径的 「得分」 定义为:路径上所有数字的和。
请你返回一个列表,包含两个整数:第一个整数是 「得分」 的最大值,第二个整数是得到最大得分的方案数,请把结果对 10^9 + 7 取余。
如果没有任何路径可以到达终点,请返回 [0, 0] 。
示例 1:
输入:board = ["E23","2X2","12S"]
输出:[7,1]
示例 2:
输入:board = ["E12","1X1","21S"]
输出:[4,2]
示例 3:
输入:board = ["E11","XXX","11S"]
输出:[0,0]
提示:
本题是一道综合类的题目,不仅仅要求我们求「最大得分」,还需要统计得到最大得分的「方案数」。
显然,两个问题都属于「无后效性」问题,可以使用 DP 进行求解。
按理说,我们需要使用「二维数组」来存储我们的动规值。
但是维度的增加会让我们的「出错概率」和「Debug 难度」增加。
因此,通常我们会有「能合并维度就合并维度」的原则。
这里我们将 使用一个下标 进行替代。
前面两节我们都在使用 动态规划通用解法 中的「技巧解法」,那么本节就回顾一下最开始学习的「经验解法」吧。
结合「最后一步」猜测状态定义: 为从「起点」到下标为 的最大得分。
那么 就是最终答案。
结合题意,对于某个位置可以由「下方」、「右方」和「右下方」三个位置转移而来。
因此我们可以得出状态转移方程为:
当然,只有合法范围内的格子才会参与转移,同时存在「障碍物」的格子的动规值为 INF(负数)。
同理,使用一个 g[] 数组来存储我们的方案数。
由于某个位置可以由「下方」、「右方」和「右下方」三个位置转移而来。
同时 f[(x,y)] 是由三个位置的最大值转移过来,那么相应的 g[(x,y)] 应该取到最大得分的转移位置的方案数。
需要注意,最大值不一定是由一个位置得出。
如果有多个位置同时能取到最大得分,那么方案数应该是多个位置的方案数之和。
举个?,如果可到达 的三个位置( ,, )的最大得分为 3,4,5,到达三个位置的方案数为 1,2,2。
那么可得:
但如果三个位置的最大得分为 3,5,5,到达三个位置的方案数为 1,2,2 的话。
由于同时取得最大值的位置有两个,那么方案数也应该是两个位置方案数之和。
即有:
以上就是我们两个 DP 问题的主要逻辑分析。
还有一些其他的编码细节,我也已经写到了注释当中。
代码:
class Solution {
int INF = Integer.MIN_VALUE;
int mod = (int)1e9+7;
int n;
public int[] pathsWithMaxScore(List<String> board) {
n = board.size();
// 将 board 转存成二维数组
char[][] cs = new char[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
cs[i] = board.get(i).toCharArray();
}
// f(i) 代表从右下角到位置 i 的最大得分
int[] f = new int[n * n];
// f(i) 代表从右下角到位置 i 并取到最大得分的方案数量
int[] g = new int[n * n];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = n - 1; j >= 0; j--) {
int idx = getIdx(i, j);
// 一个初始化的状态,如果是在最后一格(起点):
// g[idx] = 1 : 代表到达起点的路径只有一条,这样我们就有了一个「有效值」可以滚动下去
// f[idx] = 0 : 代表在起点得分为 0
if (i == n - 1 && j == n - 1) {
g[idx] = 1;
continue;
}
// 如果该位置是「障碍点」,那么对应状态为:
// g[idx] = 0 : 「障碍点」不可访问,路径为 0
// f[idx] = INF : 「障碍点」不可访问,得分为无效值
if (cs[i][j] == 'X') {
f[idx] = INF;
continue;
}
// 如果是第一个格子(终点),这时候位置得分为 0
int val = (i == 0 && j == 0) ? 0 : cs[i][j] - '0';
// u 代表当前位置的「最大得分」;t 代表取得最大得分的「方案数」
int u = INF, t = 0;
// 如果「下方格子」合法,尝试从「下方格子」进行转移
if (i + 1 < n) {
int cur = f[getIdx(i + 1, j)] + val;
int cnt = g[getIdx(i + 1, j)];
int[] res = update(cur, cnt, u, t);
u = res[0]; t = res[1];
}
// 如果「右边格子」合法,尝试从「右边格子」进行转移
if (j + 1 < n) {
int cur = f[getIdx(i, j + 1)] + val;
int cnt = g[getIdx(i, j + 1)];
int[] res = update(cur, cnt, u, t);
u = res[0]; t = res[1];
}
// 如果「右下角格子」合法,尝试从「右下角格子」进行转移
if (i + 1 < n && j + 1 < n) {
int cur = f[getIdx(i + 1, j + 1)] + val;
int cnt = g[getIdx(i + 1, j + 1)];
int[] res = update(cur, cnt, u, t);
u = res[0]; t = res[1];
}
// 更新 dp 值
f[idx] = u < 0 ? INF : u;
g[idx] = t;
}
}
// 构造答案
int[] ans = new int[2];
// 如果终点不可达(动规值为 INF)时,写入 0
ans[0] = f[getIdx(0, 0)] == INF ? 0 : f[getIdx(0, 0)];
// 如果终点不可达(动规值为 INF)时,写入 0
ans[1] = f[getIdx(0, 0)] == INF ? 0 : g[getIdx(0, 0)];
return ans;
}
// 更新 dp 值
int[] update(int cur, int cnt, int u, int t) {
// 起始答案为 [u, t] : u 为「最大得分」,t 为最大得分的「方案数」
int[] ans = new int[]{u, t};
// 如果当前值大于 u,更新「最大得分」和「方案数」
if (cur > u) {
ans[0] = cur;
ans[1] = cnt;
// 如果当前值等于 u,增加「方案数」
} else if (cur == u && cur != INF) {
ans[1] += cnt;
}
ans[1] %= mod;
return ans;
}
// 二维坐标 (x,y) 与 idx 的相互转换
int getIdx(int x, int y) {
return x * n + y;
}
int[] parseIdx(int idx) {
return new int[]{idx / n, idx % n};
}
}
在本讲,我们解决了一道动态规划的综合题。
我们通过最开始学习的「经验解法」来进行求解。
事实上,对于两种 动态规划通用解法 的选择,我们应该遵循以下原则进行选择:
关于「经验解法」有以下注意点:
在 经验解法 中,猜测 状态定义 时应当结合「最后一步」进行猜测,当有了一个正确的「状态定义」之后,通常「状态方程」总是呼之欲出的。
因此如果「状态方程」很难推导出来,或者推导出来的「转移方程」无法满足转移要求(【不重不漏】或者【不漏】)。很大程度上是我们的「状态定义」猜错了,需要重新猜测。
关于「技巧解法」有以下注意点:
通常我们需要有一个「记忆化搜索」的解决方案,然后在此解决方案的基础上转成「动态规划」。
事实上,「记忆化搜索」本身与「动态规划」并无效率区别,因此如果我们真的有一个「记忆化搜索」方案的话,其实并没有“翻译”成「动态规划」的必要。
但「技巧解法」强调的是,我们只需要有一个「记忆化搜索」的 DFS 函数签名即可,而不用真的去实现一个「记忆化搜索」。
所谓的“翻译”过程也是帮助我们从 DFS 函数签名中得到一个可靠的「状态定义」而已,当有了「状态定义」之后,我们仍然要和「经验解法」一样,去分析「状态方程」。