（六）动态规划【C++刷题】

圆环回原点问题

1.问题描述

一个环，有n个点，编号从0增加，从原点0出发，每次只能走一步，每步可以顺时针到下一个点，也可以逆时针到上一个点，经过k步回到原点有多少种方法？

2.输入输出

• Input：[0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9], k=1/2
• Output:0/2

3.算法分析

*【动态规划】回到0点可以从右面回来，也可以从左面回来，有多少种方法。

• dp[k][j]表示从j点走k步到达原点0的方法树，转化为相邻的点经过k-1步回到原点的问题：

\[dp[k][j]=dp[k-1][j+1]+dp[k-1][j-1] \\ 【注：j-1和j+1会超出0至n-1范围】，因而转化为下式：\\ dp[k][j]=dp[k-1][(j-1+n)\%n]+dp[k-1][(j+1)\%n] \]

4.编程实现

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

class Solution {
public:
    int getStepNum(vector<int> &nums, int k) {
        int n = nums.size();  
        int dp[k+1][n];  //  dp[i][j]表示经过i步到达k点的方法数
        dp[0][0] = 1;  // 经过0步到达0点的方法数为1
        
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            dp[0][i] = 0;
        }
        
        for (int i = 1; i <= k; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                dp[i][j] = dp[i-1][(j+1) % n] + dp[i-1][(j-1+n) % n];
            }
        }
        return dp[k][0];
    }
};

int main() {
    vector<int> nums = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};
    int k = 2;
    Solution sol;
    
    cout << sol.getStepNum(nums, k);
}

接雨水

leetcode：https://leetcode-cn.com/problems/trapping-rain-water/
Nowcoder：https://www.nowcoder.com/practice/31c1aed01b394f0b8b7734de0324e00f?tpId=188

1.问题描述

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

2.输入输出

• Input：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
• Output：6

3.算法分析

【解法一：动态规划】对于下标i，下雨后水能到达的最大高度等于下标i两边的最大高度的最小值，下标i处能接到的雨水量等于下标i处的水能到达的最大高度减去height[i]。
思路：从左向右扫描得到每个height获得到左边最大高度，从右到左扫描得到每个height获得右边最大高度，最后遍历一遍每个下标位置即可得到能接的雨水总量。即两个dp数组。

• 时间复杂度：\(O(n)\)
• 空间复杂度：\(O(n)\)
  【解法二：单调栈】维护一个单调栈，单调栈存储的是下标，满足从栈底到栈顶的下标对应的数组height中的元素递减。
  （1）从左到右遍历数组，遍历到下标i时，如果栈内至少有两个元素，记栈顶元素为top，top的下面一个元素是left，则一定有height[left]≥height[top]。如果height[i]>height[top]，则得到一个可以接雨水的区域，该区域的宽度是i-left-1，高度是min(height[left], height[i]-height[top])，根据宽度和高度计算得到该区域能接的雨水量。
  （2）为了得到left，需要将top出栈。对top计算能接的雨水量之后，left变成新的top，重复上述操作，直到栈为空，或者栈顶下标对应的hegiht中的元素大于或等于height[i]。
  （3）在对下标i处计算能接的雨水量之后，将i入栈，继续遍历后面的下标，计算能接的雨水量。遍历结束后得到能接的雨水量。
• 时间复杂度：\(O(n)\)
• 空间复杂度：\(O(n)\)
  【解法三：双指针】动态规划中，将leftMax和rightMax最小值决定，从左往右和从右往左，用双指针和两个变量代替两个数组。
• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

4.编程实现

// #include <bits/stdio.h>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <stack>
using namespace std;

class Solution {
public:
  int trap1(vector<int> &heights) {
      // 动态规划法
      int n = heights.size();
      if (n == 0) return 0;
      
      vector<int> leftMax(n, 0);
      leftMax[0] = heights[0];
      for (int i = 1; i < n; i++) {
          leftMax[i] = max(leftMax[i-1], heights[i]);
      }
      
      vector<int> rightMax(n, 0);
      rightMax[n-1] = heights[n-1];
      for (int i = n-2; i >= 0; i--) {
          rightMax[i] = max(rightMax[i+1], heights[i]);
      }
      
      int ans = 0;
      for (int i = 0; i < n; i++) {
          ans += min(leftMax[i], rightMax[i]) - heights[i];
      }
      
      return ans;
  }  
  int trap2(vector<int> &heights) {
      // 单调栈法
      int n = heights.size(), ans = 0;
      stack<int> stk;
      
      for (int i = 0; i < n; i++) {
          while (!stk.empty() && heights[i] > heights[stk.top()]) {
              int top = stk.top();
              stk.pop();
              if (stk.empty()) break;
              
              int left = stk.top();
              int currWidth = i - left - 1;
              int currHeight = min(heights[left], heights[i]) - heights[top];
              ans += currWidth * currHeight;
          }
          stk.push(i);
      }
      
      return ans;
  }
  int trap3(vector<int> &heights) {
      // 双指针——dp空间压缩法
      int ans = 0, left = 0, right = heights.size() - 1;
      int leftMax = 0, rightMax = 0;
      
      while (left < right) {
          leftMax = max(leftMax, heights[left]);
          rightMax = max(rightMax, heights[right]);
          
          if (heights[left] < heights[right]) {
              ans += leftMax - heights[left];
              ++left;
          } else {
              ans += rightMax - heights[right];
              --right;
          }
      }
      
      return ans;
  }
};
int main() {
    vector<int> heights;
    int val;
    Solution sol;
    
    getchar();
    while (cin >> val) {
        heights.push_back(val);
        if (cin.get() == ']') break;
    }
    cout << sol.trap3(heights) << endl;
    
    return 0;
}

最大子序和

Leetcode：https://leetcode-cn.com/problems/maximum-subarray/)

1.问题描述

给定一个整数数组nums，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

2.输入输出

Input：nums=[-2, -1, -3, 4, -1, 2, 1, -5, 4]
Output：6

3.算法分析

（1）划分子问题：每个数字都可以选择加入前一位的序列或者当前序列重新开始求和。
（2）定义子问题：定义一维数组dp[n]，结果定义sum
（3）确定边界：dp[0] = nums[0]。
（4）状态转移方程确定：dp[i]=max(dp[i-1]+nums[i], nums[i])，sum为max(sum, dp[i])

4.编程实现

#include <iostream> 
#include <string> 
#include <vector> 
using namespace std; 


class Solution{
public:
    int maxSubArray(vector<int> & nums) {
        int n = nums.size();
        if (n == 1) return nums[0];
        int pre = 0, sum = nums[0];
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            pre = max(pre+nums[i], nums[i]);
            sum = max(sum, pre);
        }
        
        return sum;
    }  
};

int main() { 
    int get;
    Solution sol;
    vector<int> nums; 
    
    getchar();
    while (cin >> get) { 
        nums.push_back(get); 
        if (cin.get() == ']') break; 
    } 
    
    cout << sol.maxSubArray(nums) << endl; 
    return 0; 

} 

买卖股票的最佳时机

Leetcode：121，https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/

1．问题描述

给定一段时间每天的股票价格，已知你只可以买卖各一次，求最大的收益。

2．输入输出

Input：[7, 1, 5, 3, 6, 4]

Output：5

3．算法分析

1）划分子问题

今天的最大收益。

2）定义问题

sell的价格。

3）确定动态规化函数

前i天的最大收益=max{前i-1天的最大收益，第i天的价格-前i-1天中的最小价格}。

4．编程实现

#include <iostream> 
#include <vector> 
#include <limits.h> 
using namespace std; 

int maxProfit(vector<int>& prices) { 
  	int sell = 0, buy = INT_MIN; 

  	for (int i = 0; i < prices.size(); i++) { 
        buy = max(buy, -prices[i]); 
        sell = max(sell, buy + prices[i]); 
  	}
  	return sell; 
} 

int main() { 
	int n; 
	vector<int> prices; 
    getchar();
  	while (cin >> n) { 
        prices.push_back(n); 
        if (cin.get() == ']') break; 
  	} 
  	cout << maxProfit(prices) << endl; 
  	return 0; 
}