因为——有些动态规划直接去想递推公式太难了,所以可以先写成记忆化搜索。
由于记忆化搜索是从将大问题分解成子问题的角度去考虑的,所以会简单一些。
本文的题目其实都比较简单,但是为了学习记忆化搜索,还是要用记忆化搜索再做一遍,不要眼高手低。
如果读者觉得本文的题目太简单了,可以去尝试一下 【算法】区间DP (从记忆化搜索到递推DP) 这篇文章中的题目。(笔者也是在做到比较难直接写出递推方法的题目时,才认识到记忆化搜索的重要性!)
下面主要就是题单,本文没什么好看好学的。
就像图中写的一样,先思考回溯要怎么写,然后改成记忆化搜索,然后将这个版本的代码翻译成递推公式形式的 dp。
提示:
1 <= nums.length <= 100
0 <= nums[i] <= 400
将大问题分解成子问题,即 dfs (i) 可以分解成 dfs (i - 1),即抢从 0~i 的最好结果可以分解到抢 0 ~ i - 1的结果。
class Solution {
int[] nums, memo;
int ans = 0;
public int rob(int[] nums) {
this.nums = nums;
memo = new int[nums.length];
Arrays.fill(memo, -1);
return dfs(0);
}
public int dfs(int i) {
if (i >= nums.length) return 0;
if (memo[i] != -1) return memo[i];
memo[i] = Math.max(nums[i] + dfs(i + 2), dfs(i + 1));
return memo[i];
}
}
从代码可以看出,所有记忆化搜索其实是从暴力 dfs 来的,只不过发现在暴力 dfs 的过程中有些子问题会被重复计算,因此加了一个记忆数组 memo 用来存储已经搜索过的子问题,这也就是 记忆化搜索
名字的由来。
看着记忆化搜索的代码就会比较容易写出递推形式的dp,翻译成 dp 如下:
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 1) return nums[0];
int[] dp = new int[n];
dp[0] = nums[0];
dp[1] = Math.max(dp[0], nums[1]);
for (int i = 2; i < n; ++i) dp[i] = Math.max(dp[i - 1], dp[i - 2] + nums[i]);
return Math.max(dp[n - 1], dp[n - 2]);
}
}
由于 dp 数组的无后效性,因此还可以将 dp 数组优化成两个变量。(这里就不写了
再次声明!
下列题目都比较简单,有一定基础的人会觉得直接写 dp 反倒比写记忆化搜索还简单一些。(记忆化搜索反倒麻烦了
当前 i 阶的方案数可以从 i - 1 和 i - 2 转移而来。
class Solution {
int[] memo;
int n;
public int climbStairs(int n) {
this.n = n;
memo = new int[n + 1];
Arrays.fill(memo, -1);
return dfs(n);
}
public int dfs(int i) {
if (i <= 2) return i;
if (memo[i] != -1) return memo[i];
return memo[i] = dfs(i - 1) + dfs(i - 2);
}
}
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
if (n == 1 || n == 2) return n;
int[] dp = new int[n];
dp[0] = 1;
dp[1] = 2;
for (int i = 2; i < n; ++i) dp[i] += dp[i - 1] + dp[i - 2];
return dp[n - 1];
}
}
提示:
2 <= cost.length <= 1000
0 <= cost[i] <= 999
class Solution {
int[] cost, memo;
int n;
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
this.cost = cost;
n = cost.length;
memo = new int[n];
Arrays.fill(memo, -1);
return Math.min(dfs(n - 1), dfs(n - 2)); // dfs(i)表示从i再走一步需要的花费
}
public int dfs(int i) {
if (i < 0) return 0;
if (memo[i] != -1) return memo[i];
return memo[i] = cost[i] + Math.min(dfs(i - 1), dfs(i - 2));
}
}
class Solution {
public int minCostClimbingStairs(int[] cost) {
int n = cost.length;
int[] dp = new int[n];
dp[0] = cost[0];
dp[1] = cost[1];
for (int i = 2; i < n; ++i) dp[i] = Math.min(dp[i - 2], dp[i - 1]) + cost[i];
return Math.min(dp[n - 1], dp[n - 2]);
}
}
class Solution {
final long MOD = (long)1e9 + 7;
long[] memo;
int zero, one;
public int countGoodStrings(int low, int high, int zero, int one) {
this.zero = zero;
this.one = one;
memo = new long[high + 1];
Arrays.fill(memo, -1);
long ans = 0;
for (int i = low; i <= high; ++i) ans = (ans + dfs(i)) % MOD;
return (int)ans;
}
public long dfs(int i) {
if (i == 0) return 1; // 边界条件
if (i < 0) return 0;
if (memo[i] != -1) return memo[i];
return memo[i] = (dfs(i - zero) + dfs(i - one)) % MOD;
}
}
class Solution {
public int countGoodStrings(int low, int high, int zero, int one) {
long[] dp = new long[high + 1];
dp[0] = 1;
final long MOD = (long)1e9 + 7;
long ans = 0;
for (int i = 1; i <= high; ++i) {
dp[i] = (dp[i] + (i - zero >= 0? dp[i -zero]: 0)) % MOD;
dp[i] = (dp[i] + (i - one >= 0? dp[i -one]: 0)) % MOD;
if (i >= low) ans = (ans + dp[i]) % MOD;
}
return (int)ans;
}
}
class Solution:
def rob(self, nums: List[int]) -> int:
# 防止一些题目爆栈
sys.setrecursionlimit(10000000)
# 在3.9以前的版本没有@cache可使用@lru_cache(maxsize=None)达成一样的效果
# 当然这里也可以用哈希表手动存
@cache
def dfs(i,end,s):
if i>=end:
return 0
if not s:
return max(dfs(i+1,end,True)+nums[i],dfs(i+1,end,False))
return dfs(i+1,end,False)
return max(dfs(1,len(nums)-1,True)+nums[0],dfs(1,len(nums),False))
上面的代码是直接抄过来的,我实在是觉得这题写记忆化搜索太麻烦了,不如直接递推dp。
dp 数组分别考虑两种情况:不偷 0,或者不偷 n - 1。
class Solution {
public int rob(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 1) return nums[0];
int[][] dp = new int[n][2];
dp[0][0] = nums[0];
dp[1][0] = Math.max(nums[0], nums[1]);
dp[1][1] = nums[1];
for (int i = 2; i < n; ++i) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 2][0] + nums[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][1] + nums[i]);
}
return Math.max(dp[n - 2][0], dp[n - 1][1]);
}
}
做完这些题,给我的感觉就是——
对于简单的 dp 题,直接写 dp 还更简单一些,硬写记忆化搜索还有点难。
https://www.acwing.com/activity/content/problem/content/1013/
dp[i][j] 表示从 (i, j) 出发可以完成的最长滑雪长度。
import java.util.*;
public class Main {
static int ans = 0, r, c;
static int[][] m, dp;
static int[] dx = new int[]{
-1, 0, 1, 0}, dy = new int[]{
0, -1, 0, 1};
public static void main(String[] args){
Scanner sc = new Scanner(System.in);
r = sc.nextInt();
c = sc.nextInt();
m = new int[r][c];
dp = new int[r][c];
for (int i = 0; i < r; ++i) {
for (int j = 0; j < c; ++j) {
m[i][j] = sc.nextInt();
}
}
for (int i = 0; i < r; ++i) {
for (int j = 0; j < c; ++j) {
if (dp[i][j] == 0) dfs(i, j);
}
}
System.out.println(ans);
}
static int dfs(int i, int j) {
if (dp[i][j] != 0) return dp[i][j];
int res = 1;
for (int k = 0; k < 4; ++k) {
int nx = i + dx[k], ny = j + dy[k];
if (nx >= 0 && nx < r && ny >= 0 && ny < c && m[i][j] > m[nx][ny]) res = Math.max(res, 1 + dfs(nx, ny));
}
ans = Math.max(ans, res);
return dp[i][j] = res;
}
}
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