Python - 深夜数据结构与算法之 剪枝
目录
一.引言
剪枝对应为检索的优化，最基本的检索例如 DFS、BFS，而剪枝的主要目的则是减少无用的搜索，提高算法效率，下面我们看下常用的剪枝策略与实现方法。
二.剪枝的简介
1.初级搜索方式
初级搜索主要包含 DFS 深度优先以及 BFS 广度优先，其利用编程语言自带的递归方式或者 Stack、Dequeue 实现，我们前面的题目用到了很多次。由于其是暴力或者遍历的搜索，时间复杂度相对较高，所以经常需要进行优化，最常见的优化就是不重复，我们可以构建一个 Cache、Memo 缓存结果例如 Fib，也可以增加判断条件例如括号生成的左右括号数量限制。
2.高级搜索方式
◆ 双向 BFS
BFS 广度优先遍历会优先找自己周围的元素，而双向 BFS 则是从起点和终点同时 BFS 搜索，最终在中间位置相遇，提高搜索的效率。
◆ 启发式搜索
启发式搜索又叫 A* 搜索，它的实现基于优先级队列即 Priority-Queue，其不拘泥于 DFS、BFS，而是根据每个状态分叉的优先级决定下一步走哪里，走哪里可能的收益更高。
3.搜索模版回顾
◆ DFS - 递归
◆ DFS - 非递归?
◆ BFS?- 栈?
◆ 分治-回溯
通过分治的方法寻找可能的答案，如果答案不对则回退 1 步或者 N 步，到原有的状态继续探索新的路径。
4.剪枝
当我们对应问题生成其状态树时，我们可以通过 Cache 的方法，避免重复计算，从而减少分支的计算，或者判断当前的分支不够好，我们也可以剪枝避免多余的计算。
三.经典算法实战
1.Climbing-Stairs [70]
爬楼梯:?https://leetcode-cn.com/problems/climbing-stairs/
◆ 题目分析
爬楼梯每次可以走 1 步也可以走 2 步，对应 F(n) = F(n-1) + F(n-2)，所以可以转换为 Fib，这里我们不嫌重复，再次用三种方法实现下 Fib，主要是感受剪枝的常规操作。
◆ 暴力递归
class Solution(object):
def climbStairs(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: int
"""
if n == 0 or n == 1:
return 1
return self.climbStairs(n-1) + self.climbStairs(n-2)
◆ 递归 + Cache
class Solution(object):
def __init__(self):
self.dic = {1:1, 2:2}
def climbStairs(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: int
"""
if n not in self.dic:
self.dic[n] = self.climbStairs(n-1) + self.climbStairs(n-2)
return self.dic[n]
这里主要温习 cache 的写法，把直接要返回的值放到 cache 里，再返回 cache。?
◆ DP Table
class Solution(object):
def climbStairs(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: int
"""
if n <= 2:
return n
a, b, c = 1, 2, 3
# 滑动数组
for i in range(3, n):
a, b, c = b, c, b+c
return c
2.Coin-Change [322]
零钱兑换:?https://leetcode.cn/problems/coin-change/?
◆ 题目分析
以 1、2、5 为状态空间构建可能得状态树，寻找路径最短达到 target 金额的，就是最少的硬币数。
◆ 暴力递归
class Solution(object):
def coinChange(self, coins, amount):
"""
:type coins: List[int]
:type amount: int
:rtype: int
"""
# 给定目标金额，所需最少金币数量
def dp(n):
if n == 0:
return 0
if n < 0 :
return -1
# 结果
res = float('inf')
for coin in coins:
sub = dp(n - coin)
# 无解跳过，因为钱大不够找零
if sub == -1: continue
# 子问题 + coin = Amonut，所以子问题的 dp + 1 = Amount 的数量
res = min(sub + 1, res)
return res if res != float('inf') else -1
return dp(amount)
又又又超时啦，根据状态树可以看到时间复杂度是 o(k * n^k) 的，k 是 3 种取值，n^k 则是下面分叉找结果。下面尝试 Cache 优化。
◆ 递归 + Cache
class Solution(object):
def coinChange(self, coins, amount):
"""
:type coins: List[int]
:type amount: int
:rtype: int
"""
cache = {}
# 给定目标金额，所需最少金币数量
def dp(n):
if n in cache:
return cache[n]
if n == 0:
return 0
if n < 0 :
return -1
# 结果
res = float('inf')
for coin in coins:
sub = dp(n - coin)
# 无解跳过，因为钱大不够找零
if sub == -1: continue
# 子问题 + coin = Amonut，所以子问题的 dp + 1 = Amount 的数量
res = min(sub + 1, res)
cache[n] = res if res != float('inf') else -1
return cache[n]
return dp(amount)
cache 的套路写法，在返回值处记录参数与 return 值的关系，在开头处判断参数是否在 cache 中。慢悠悠的过啦 !
◆ DP Table
class Solution(object):
def coinChange(self, coins, amount):
"""
:type coins: List[int]
:type amount: int
:rtype: int
"""
# 初始化状态空间
# 凑 amount 至少可以是 amonut x 1 枚硬币
# 初始化一个比 amount 大的值都可以，这里也可以 float('inf')
dp = [amount + 1] * (amount + 1)
dp[0] = 0
# 外循环遍历所有状态值
for state in range(len(dp)):
# 内循环求最小值
for coin in coins:
# 子问题无解 跳过
if state - coin < 0: continue
dp[state] = min(dp[state], dp[state - coin] + 1)
return dp[amount] if (dp[amount] != amount + 1) else -1将递归的形式转换为 DP 形式。?
◆ DP Table 优化
class Solution(object):
def coinChange(self, coins, amount):
"""
:type coins: List[int]
:type amount: int
:rtype: int
"""
# 初始化一个较大的值
dp = [amount + 1] * (amount + 1)
dp[0] = 0
for coin in coins: # 遍历硬币
for j in range(coin, amount + 1):
dp[j] = min(dp[j], dp[j-coin] + 1) # DP 方程
ans = dp[amount]
return ans if ans != amount + 1 else -1上面判断了很多次 Coin 和 State 的关系，我们可以转换一下 for 循环顺序，对于 coin，只判断 coin - len(dp) 的范围即可，因为小的部分都被 amonut - coin < 0 找不开过滤掉了，所以这里进行了一层剪枝。这里给出了四个方法，我们从暴力到 Cache，Cache 到 Dp，最后到 DP 剪枝，大家可以好好体会下这个优化的过程。
3.Generate-Parentheses [22]
括号生成:?https://leetcode.cn/problems/generate-parentheses/
◆ 题目分析
本题如果不剪枝的情况下，n 个位置都有左右括号两种情况，时间复杂度是 2^n 指数级别，通过增加 left 和 right 剪枝，提高程序效率，下面在 DFS 和 BFS 的基础上进行剪枝。
◆ BFS
class Solution(object):
def generateParenthesis(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: List[str]
"""
res = []
queue = [("", 0, 0)]
while queue:
cur, left, right = queue.pop(0)
if left == right == n:
res.append(cur)
if left < n:
queue.append((cur + "(", left + 1, right))
if right < left:
queue.append((cur + ")", left, right + 1))
return res
◆ DFS
class Solution(object):
def generateParenthesis(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: List[str]
"""
# 保存结果
result = []
self.generate(0, 0, n, "", result)
return result
def generate(self, left, right, n, s, result):
if left == n and right == n:
result.append(s)
# 保证最左边一定是 '('
if left < n:
self.generate(left + 1, right, n, s + "(", result)
# right 不够就补充
if right < left:
self.generate(left, right + 1, n, s + ")", result)
4.N-Queens [51]?
N 皇后:?https://leetcode.cn/problems/n-queens/description/
◆ 题目分析
本题和上面括号生成类似，但是棋盘的复杂度提高了，每个棋子每行有 n?个位置，下一个棋子 n-1 个位置，最后的时间复杂度为 o(n!)，通过增加 col、pie、na 三个方向的剪枝，提高算法的执行效率。
◆ DFS
class Solution(object):
def solveNQueens(self, n):
"""
:type n: int
:rtype: List[List[str]]
"""
results = []
# 行 左 右 是否可以放置
cols = set()
pie = set()
na = set()
def dfs(n, row, cur):
if row >= n:
results.append(cur)
for col in range(n):
if col in cols or (row + col) in pie or (row - col) in na:
continue
# 判断有效
cols.add(col)
pie.add(row + col)
na.add(row - col)
dfs(n, row + 1, cur + [col])
# 恢复状态
cols.remove(col)
pie.remove(row + col)
na.remove(row - col)
dfs(n, 0, [])
return self.genResult(n, results)
def genResult(self, n, results):
return [[ '.' * i + 'Q' + (n - i - 1) * '.' for i in result] for result in results]
def genResultV2(self, n, results):
re = []
for result in results:
re.append([ '.' * i + 'Q' + (n - i - 1) * '.' for i in result])
return re
5.Valid-Sudoku [36]
有效数独:?https://leetcode.cn/problems/valid-sudoku/description/
◆ 题目分析
像 N 皇后一样，判断每行、每列是否有重复，再判断每一个 3x3 的区域是否重复。行列很好判断，剩下就是确定每一个方格区域，我们先通过测试得到根据 [i,j] 位置获取分区的代码:
import numpy as np
nums = []
for i in range(9):
for j in range(9):
location = (i // 3) * 3 + j // 3
nums.append(location)
nums = np.array(nums).reshape(9, 9)
print(nums)
所以?location = (i // 3) * 3 + j // 3 就是我们获取元素分区的方法，这样顺序遍历即可。
◆ 遍历实现
class Solution(object):
def isValidSudoku(self, board):
"""
:type board: List[List[str]]
:rtype: bool
"""
# 获取分区: location = (i // 3) * 3 + j // 3
row_set = [[] for _ in range(9)]
col_set = [[] for _ in range(9)]
location_set = [[] for _ in range(9)]
for row in range(9):
for col in range(9):
cur_val = board[row][col]
# 未填写位置过滤
if cur_val == ".":
continue
# 行
if cur_val not in row_set[row]:
row_set[row].append(cur_val)
else:
return False
# 列
if cur_val not in col_set[col]:
col_set[col].append(cur_val)
else:
return False
# 区块
location = (row // 3) * 3 + col // 3
if cur_val not in location_set[location]:
location_set[location].append(cur_val)
else:
return False
return True
if __name__ == '__main__':
s = Solution()
board = [["5", "3", ".", ".", "7", ".", ".", ".", "."],
["6", ".", ".", "1", "9", "5", ".", ".", "."],
[".", "9", "8", ".", ".", ".", ".", "6", "."],
["8", ".", ".", ".", "6", ".", ".", ".", "3"],
["4", ".", ".", "8", ".", "3", ".", ".", "1"],
["7", ".", ".", ".", "2", ".", ".", ".", "6"],
[".", "6", ".", ".", ".", ".", "2", "8", "."],
[".", ".", ".", "4", "1", "9", ".", ".", "5"],
[".", ".", ".", ".", "8", ".", ".", "7", "9"]]
print(s.isValidSudoku(board))
只需要一次遍历，对每一个非 '.' 的字段判断其是否在对应的集合中，有重复则退出，类似 N 皇后一样，相同的数字不能相遇。这道题我们主要学会??location = (i // 3) * 3 + j // 3?这个是我们本题最大的收获。
6.Sudoku-Solver [37]
解数独:?https://leetcode.cn/problems/sudoku-solver/description/
◆ 遍历实现
上面已经实现了如何判断一个数独棋盘是否有效，我们只需要在每一个位置尝试可以使用的数字，然后 DFS 或者 BFS 推进，如果能够把表格填满且判断 isValid == True，则数独解答完毕。
◆ DFS
class Solution:
def solveSudoku(self, board):
"""
Do not return anything, modify board in-place instead.
"""
self.backtracking(board)
def backtracking(self, board):
# 若有解，返回True；若无解，返回False
for i in range(len(board)): # 遍历行
for j in range(len(board[0])): # 遍历列
# 若空格内已有数字，跳过
if board[i][j] != '.': continue
for k in range(1, 10):
if self.is_valid(i, j, k, board):
board[i][j] = str(k)
if self.backtracking(board): return True
board[i][j] = '.'
# 若数字1-9都不能成功填入空格，返回False无解
return False
return True # 有解
def is_valid(self, row, col, val, board):
# 判断同一行是否冲突
for i in range(9):
if board[row][i] == str(val):
return False
# 判断同一列是否冲突
for j in range(9):
if board[j][col] == str(val):
return False
# 判断同一九宫格是否有冲突
start_row = (row // 3) * 3
start_col = (col // 3) * 3
for i in range(start_row, start_row + 3):
for j in range(start_col, start_col + 3):
if board[i][j] == str(val):
return False
return True
◆ DFS 剪枝
class Solution(object):
def solveSudoku(self, board):
"""
:type board: List[List[str]]
:rtype: None Do not return anything, modify board in-place instead.
"""
valid_row = [set(range(1, 10)) for _ in range(9)] # 行可用数字
valid_col = [set(range(1, 10)) for _ in range(9)] # 列可用数字
valid_block = [set(range(1, 10)) for _ in range(9)] # 块可用数字
# 待填区域
candidate = []
for row in range(9):
for col in range(9):
# 更新当前 row、col 可用数字
cur_val = board[row][col]
if cur_val != ".":
cur_val = int(cur_val)
valid_row[row].remove(cur_val)
valid_col[col].remove(cur_val)
cur_block = (row // 3) * 3 + col // 3
valid_block[cur_block].remove(cur_val)
else:
# 追加待填区域坐标
candidate.append((row, col))
self.backtrack(candidate, 0, board, valid_row, valid_col, valid_block)
return board
def backtrack(self, _candidate, position, board, valid_row, valid_col, valid_block):
if position == len(_candidate):
return True
# 获取当前代填位置信息
row, col = _candidate[position]
block = (row // 3) * 3 + col // 3
# 三个交集获取当前位置可用元素
for val in valid_row[row] & valid_col[col] & valid_block[block]:
valid_row[row].remove(val)
valid_col[col].remove(val)
valid_block[block].remove(val)
# Process: 判断可行性
board[row][col] = str(val)
# Drill Down: 下一层
if self.backtrack(_candidate, position + 1, board, valid_row, valid_col, valid_block):
return True
# Restore: 恢复状态
board[row][col] = "."
valid_row[row].add(val)
valid_col[col].add(val)
valid_block[block].add(val)
return False上面的 DFS 从 range(1-10) 分别尝试，但是我们可以通过 set 缓存提前得知当前位置的可用数字从而缩减检索范围。时间复杂度降低，但是因为额外使用了 3 个 List[Set()]，所以空间复杂度较高。这里也遵循前面讲到的递归回朔的执行顺序，Process -> Drill Down -> Restore。
四.总结
这里带来剪枝的一些经典算法例题，可以看到剪枝可以大幅提高程序执行的效率，其思想是尽量避免重复工作或者无意义的探索。除了剪枝外，还有另外一种搜索中常用的高级搜索方法即双向 BFS，其思想则是左右开弓，提高逼近答案的速度，后面我们介绍双向 BFS 的思想与题目。
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