代码随想录第41天 | 动态规划part03

发布时间:2023年12月20日

代码随想录算法训练营第41天 | 动态规划part03

● 343. 整数拆分
● 96.不同的二叉搜索树

题目一 343. 整数拆分

给定一个正整数 n,将其拆分为至少两个正整数的和,并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。
示例 :
输入: 10
输出: 36
解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36。
说明: 你可以假设 n 不小于 2 且不大于 58。

本题拆分的两个关键:拆成多少个,以及拆的数怎么分配。数当然是所有数越接近乘积最大,关键在于分解的数目。
来看一下如何使用动规来解决。

dp[n] : 拆分数字n得到的最大乘积。

dp[i]最大乘积是怎么得到的呢?
其实可以从1遍历j,然后有两种渠道得到dp[i].
一个是j * (i - j) 直接相乘,而另一个是j * dp[i - j]。
相当于是拆分(i - j),可以回想dp数组的定义辅助理解。

可以这么理解,j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘,而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。

我们需要最大的那种可能性,因此是选择上述情况的最大值。
dp[i] = max( j*(i-j), j* dp[i - j] ,dp[i] ),注意最大的可能性包括它本身。

初始化:拆分0和拆分1的最大乘积是多少?这是无解的。
这里只初始化dp[2] = 1,从dp[i]的定义来说,拆分数字2,得到的最大乘积是1,这个没有任何异议!

遍历顺序:一定从前向后。
dp[i] 是依靠 dp[i - j]的状态,所以遍历i一定是从前向后遍历,先有dp[i - j]再有dp[i]。

public int integerBreak(int n) 
{
	int[] dp = new int[n+1];
	dp[2] = 1;
	for(int i=3; i<=n; i++)
	{
		for(int j=1; j<i-1; j++)
		//dp[n] = max( dp[n], j*(n-j), j*dp[n-j]) 
		{
			dp[i] = Math.max( dp[i], Math.max(j*(i-j), j*dp[i-j] ) );
		}
	}
	return dp[n];
}

j 的结束条件是 j < i - 1 ,其实 j < i 也是可以的.
不过可以节省一步,例如让j = i - 1 的话,其实在 j = 1的时候,这一步就已经拆出来了,重复计算,所以 j < i - 1
甚至j 遍历,只需要遍历到 n/2 就可以,后面就没有必要遍历了,一定不是最大值。
因为即使是只拆分成两份,也不会越过n的一半。

至于 i是从3开始,这样dp[i - j]就是dp[2]正好可以通过我们初始化的数值求出来。

题目二 96.不同的二叉搜索树

给定一个整数 n,求以 1 … n 为节点组成的二叉搜索树有多少种?

首先回忆BST的定义:子树差不超过1的树。
然后用动态规划解决:

dp[n]:表示n个节点组成的BST组合数。

dp[1] = 1, dp[2] = 2, dp[3] = 5
由于树可以拆分为左右子树,因此可以探讨这一关系.
dp[n] 由左右两个子树构成,以及最开始的根节点,每次都是在原有的根节点上进行拓展。
在这里插入图片描述

dp[3],就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量;
元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。

从上可得,
dp[3] = dp[0] * dp[2] + dp[1] * dp[1] + dp[2] * dp[0] = 2 + 1 + 2 = 5.

dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
j相当于是头结点的元素,从1遍历到i为止。

所以递推公式:dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ,j-1 为j为头结点左子树节点数量,i-j 为以j为头结点右子树节点数量 ,i- j 加 j-1 少下的那个1,就是根节点。

从定义上来讲,空节点也是一棵二叉树,也是一棵二叉搜索树,这是可以说得通的。
从递归公式上来讲,dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0,也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1, 否则乘法的结果就都变成0了。因此dp[0] = 1.

遍历顺序为正序。
从递归公式:dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出,节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态
那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态,用j来遍历。

public int numTrees(int n) 
{
	int[] dp = new int[n+1];
	dp[0] = 1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=1; j<=i; j++)
		{
			//dp[i] += dp[i-j] * dp[j-1]
			dp[i] += dp[i-j] * dp[j-1];
		}
	}
	return dp[n];
}
  • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
  • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
文章来源:https://blog.csdn.net/techy649/article/details/135095418
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