LeetCode 周赛上分之旅 #34 按部就班地解决动态规划问题

用户9995743

发布于 2023-09-09 14:10:23

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发布于 2023-09-09 14:10:23

文章被收录于专栏：彭旭锐彭旭锐

T1. 检查数组是否是好的（Easy）

https://leetcode.cn/problems/check-if-array-is-good/

题解（模拟）

简单模拟题。

先排序后依次验证，最后验证尾数 N。

class Solution {
public:
    bool isGood(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        sort(nums.begin(), nums.end());
        for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
            if (i + 1 != nums[i]) return false;
        }
        return nums[n - 1] == n - 1;
    }
};

class Solution:
    def isGood(self, nums: List[int]) -> bool:
        return sorted(nums) == (list(range(1, len(nums))) + [len(nums) - 1])

复杂度分析：

时间复杂度：

O(nlgn)

瓶颈在排序；

空间复杂度：

O(lgn)

排序递归栈空间。

T2. 将字符串中的元音字母排序（Medium）

https://leetcode.cn/problems/sort-vowels-in-a-string/

题解（模拟 + 排序）

先抽取元音字母排序，再填充到结果数组中，如果使用桶排序，可以优化时间复杂度到 O(n)。

class Solution {
public:
    string sortVowels(string s) {
        unordered_set<char>st{'a','e','i','o','u','A','E','I','O','U'};
        string temp = "";
        for(char c : s){
            if(st.count(c)) temp += c;
        }
        // 排序
        sort(temp.begin(), temp.end());
        // 输出
        int i = 0;
        for(char &c : s){ // 原地修改
            if(st.count(c)) c = temp[i++];
        }
        return s;
    }
};

桶排序：

class Solution {
public:
    string sortVowels(string s) {
        unordered_set<char> st {'a','e','i','o','u','A','E','I','O','U'};
        // 桶排序（有序字典）
        map<char, int> vowelCounts;
        for (char c : s) {
            if (st.count(c)) {
                vowelCounts[c]++;
            }
        }
        // 输出
        for (char& c : s) { // 原地修改
            if (st.count(c)) {
                c = vowelCounts.begin()->first;
                if (--vowelCounts.begin()->second == 0) {
                    vowelCounts.erase(vowelCounts.begin());
                } 
            }
        }
        return s;
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：

O(nlgn)

瓶颈在排序，桶排序可以优化到

O(n)

；

空间复杂度：

O(n)

临时字符串空间。

T3. 访问数组中的位置使分数最大（Medium）

https://leetcode.cn/problems/visit-array-positions-to-maximize-score/

题解（动态规划）

比较明显的动态规划问题，定义 dp[i][j] 表示到 [i] 为止的最大序列和，其中：

dp[i][0] 表示尾数为偶数的序列
dp[i][1] 表示尾数为奇数的序列

那么对于 nums[i] 来说：

如果 nums[i] 是偶数，那么它可以无成本地添加到尾数为偶数的序列 dp[i - 1][0] 中，也可以在消耗成本 x 的情况下添加到尾数为奇数的序列 dp[i - 1][1] 中；
如果 nums[i] 是奇数，那么它可以无成本地添加到尾数为奇数的序列 dp[i - 1][0] 中，也可以在消耗成本 x 的情况下添加到尾数为偶数的序列 dp[i - 1][1] 中。

于是有：

dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0] + nums[i], dp[i - 1][1] + nums[i] - x)
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1] + nums[i], dp[i - 1][0] + nums[i] - x)

另外，由于题目要求起始点必须从 nums[0] 开始，于是我们区分两种初始状态：

如果 nums[0] 为偶数，初始状态 dp[0][0] = nums[i]，dp[0][1] = -INF，此处 INF 表示无效，在首次选择奇数时一定会选择从 dp[i - 1][0] 转移的分支，确保从 nums[0] 开始；
如果 nums[0] 为奇数，初始状态 dp[0][0] = -INF，dp[0][1] = nums[0]，此处 INF 表示无效，在首次选择偶数时一定会选择从 dp[i - 1][1] 转移的分支，确保从 nums[0] 开始；

最后，由于每次迭代只关心 i - 1 层子状态，可以使用滚动数组优化空间。

class Solution {
    fun maxScore(nums: IntArray, x: Int): Long {
        val INF = -0x3F3F3F3FL // 减少判断
        val n = nums.size
        var ret = nums[0].toLong()
        // 初始状态
        val dp = if (nums[0] % 2 == 0) {
            longArrayOf(nums[0].toLong(), INF)
        } else {
            longArrayOf(INF, nums[0].toLong())
        }
        // dp[i] 表示到 [i] 为止的最大序列和
        for (i in 1 until n) {
            if (nums[i] % 2 == 0) {
                // 偶数
                dp[0] = Math.max(dp[0] + nums[i], dp[1] + nums[i] - x)
            } else {
                // 奇数
                dp[1] = Math.max(dp[1] + nums[i], dp[0] + nums[i] - x)
            }
        }
        return Math.max(dp[0], dp[1])
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：

O(n)

线性遍历；

空间复杂度：

O(1)

仅使用常量级别空间。

T4. 将一个数字表示成幂的和的方案数（Medium）

https://leetcode.cn/problems/ways-to-express-an-integer-as-sum-of-powers/

题解（01 背包）

原问题等价于：求在体积为 n 的背包中可以选择的方案数

由于题目要求方案中的数字不能存在重复数，例如 [1, 1, 1] 的方案是非法的，所以每个数最多只能选择一次，即只有选和不选两个状态，这容易联想到 01 背包模型。

物品：数字
物品体积：数字对 x 的幂
背包大小：n

令 dp[i][j] 表示枚举到 [i] 为止且选择体积为 j 的方案数，则对于 i 来说有 2 个选择：

不选：

dp[i][j] = dp[i - 1][j]

选：

dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]^m]

class Solution {
    fun numberOfWays(n: Int, x: Int): Int {
        val MOD = 1000000007
        // 预处理备选数
        val nums = LinkedList<Int>()
        var i = 1
        while (true) {
            val e = Math.pow(1.0 * i, 1.0 * x).toInt()
            if (e > n) break
            nums.add(e)
            i++
        }
        val m = nums.size
        // 01 背包 dp[i][j] 表示枚举到 [i] 为止且选择体积为 j 的方案数
        val dp = Array(m + 1) { IntArray(n + 1) }
        // 体积为 0 的方案数为 1
        for (i in 0 .. m) dp[i][0] = 1
        // 枚举物品
        for (i in 1 .. m) {
            for (j in 1 .. n) {
                // 不选
                dp[i][j] = dp[i - 1][j]
                // 选
                if (j >= nums[i - 1]) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - nums[i - 1]]) % MOD
            }
        }
        return dp[m][n] // 枚举到末尾且选择体积为 n 的方案数
    }
}

取消物品维度优化空间复杂度：

class Solution {
    fun numberOfWays(n: Int, x: Int): Int {
        ...
        val m = nums.size
        // 01 背包 dp[i][j] 表示枚举到 [i] 为止且选择体积为 j 的方案数
        val dp = IntArray(n + 1)
        // 体积为 0 的方案数为 1
        dp[0] = 1
        // 枚举物品
        for (i in 1 .. m) {
            for (j in n downTo nums[i - 1]) { // 逆序（会使用子问题）
                dp[j] = (dp[j] + dp[j - nums[i - 1]]) % MOD
            }
        }
        return dp[n] // 枚举到末尾且选择体积为 n 的方案数
    }
}

在预处理的过程直接进行背包逻辑也可以：

class Solution {
    fun numberOfWays(n: Int, x: Int): Int {
        val MOD = 1000000007
        val dp = IntArray(n + 1)
        dp[0] = 1
        // 枚举物品
        var i = 1
        while (true) {
            val e = Math.pow(1.0 * i, 1.0 * x).toInt()
            if (e > n) break
            for (j in n downTo e) { // 逆序（会使用子问题）
                dp[j] = (dp[j] + dp[j - e]) % MOD
            }
            i++
        }
        return dp[n] // 枚举到末尾且选择体积为 n 的方案数
    }
}

复杂度分析：