戳气球--LeetCode312
戳气球–LeetCode312
题目
有 n
个气球,编号为0
到 n-1
,每个气球上都标有一个数字,这些数字存在数组 nums
中。
现在要求你戳破所有的气球。每当你戳破一个气球 i
时,你可以获得 nums[left] * nums[i] * nums[right]
个硬币。 这里的left
和 right
代表和 i
相邻的两个气球的序号。注意当你戳破了气球 i
后,气球 left
和气球 right
就变成了相邻的气球。
求所能获得硬币的最大数量。
说明:
- 你可以假设 nums[-1] = nums[n] = 1,但注意它们不是真实存在的所以并不能被戳破。
- 0 ≤ n ≤ 500, 0 ≤ nums[i] ≤ 100
示例:
输入: [3,1,5,8]
输出: 167
解释: nums = [3,1,5,8] --> [3,5,8] --> [3,8] --> [8] --> []coins = 3*1*5 + 3*5*8 + 1*3*8 + 1*8*1 = 167
思路:巧妙的动态规划
这个题目一点没有思路,主要参考labuladong的题解,对关键的地方进行了提炼总结。
这个题目的特殊之处在于我们每戳破一个气球nums[i]
,得到的分数和该气球相邻的气球nums[i-1]
和nums[i+1]
是有相关性的。运用动态规划算法的一个重要条件:子问题必须独立。所以对于这个戳气球问题,如果想用动态规划,必须巧妙地定义dp数组的含义,避免子问题产生相关性,才能推出合理的状态转移方程。
首先对原数组进行一点转换,将两个边界nums[-1] = nums[n] = 1
加入到原数组中,形成一个新的数组points
,现在气球的索引变成了从1
到n
,points[0]
和points[n+1]
可以认为是两个「虚拟气球」。
dp数组定义:dp[i][j] = x
表示,戳破气球i
和气球j
之间(开区间,不包括i
和j
)的所有气球,可以获得的最高分数为x
这个开区间就很灵性,由于两边是虚拟气球,所以最终的结果就是dp[0][n+1]
。初始状态是当j<=i+1
时,此时区间(i,j)
中没有气球或者这个区间根本不存在,此时dp[i][j]=0
。
状态转移:正常思路是先戳哪一个气球,此时只能穷举所有可能性,所以这里需要反向思考,也就是最后戳哪一个气球,这样想有什么好处?假设区间(i,j)
里面有一个气球k
是最后被戳的,那么它的硬币数量就好求了因为最后就只剩下k
,它两边分别是i
和j
,此时获得的硬币数量是points[i]*points[k]*points[j]
。既然k
是最后被戳的,那么开区间(i, k)
的气球和开区间(k, j)
的气球都要先被戳破,就有了下面的转移方程:
dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[k]*points[j]
代码如下:
class Solution {public int maxCoins(int[] nums) {if (nums == null || nums.length == 0) {return 0;}int n = nums.length;int[] points = new int[n+2];// 两侧的虚拟气球points[0] = 1;points[n+1] = 1;for (int i = 1; i < n+1; i++) {points[i] = nums[i-1];}int[][] dp = new int[n+2][n+2];// 状态转移,i从后往前,j从前往后// 这样的顺序是因为转移方程中之前的状态必须要先计算出来for (int i = n+1; i >= 0; i--) {for (int j = i+1; j <= n+1; j++) {// k表示最后一个被戳破的气球,对k进行遍历,取最优结果for (int k = i+1; k < j; k++) {dp[i][j] = Math.max(dp[i][j],dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[j]*points[k]);}}}return dp[0][n+1];}
}
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