(DP動態規劃) Leetcode 312. Burst Balloons
第一次做動態規劃的題目
題目
Given n balloons, indexed from 0 to n-1. Each balloon is painted with a number on it represented by array nums. You are asked to burst all the balloons. If the you burst balloon i you will get nums[left] * nums[i] * nums[right] coins. Here left and right are adjacent indices of i. After the burst, the left and right then becomes adjacent.
Find the maximum coins you can collect by bursting the balloons wisely.
Note:
- You may imagine
nums[-1] = nums[n] = 1. They are not real therefore you can not burst them. -
0 ≤ n ≤ 500,0 ≤ nums[i] ≤ 100
Example:
Input: [3,1,5,8]
Output: 167
Explanation: 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
題目解析與分析
題意
大概就是：有一排氣球，每個標了數字，然后戳一個氣球得到的獎勵是左氣球×該氣球×右氣球，當然如果左或右沒有氣球就乘1。問該以什么順序戳氣球得到的獎勵最大
最笨的思路
枚舉法：將所有的情況列舉一遍。當有n個氣球的時候，第一步我們有n種選擇，第二步我們又有n-1個選擇......顯然全枚舉的算法復雜度為,效率不敢恭維，因此這里就不實現——因為不可能過。
進一步想法
我們需要去考慮上面枚舉法做了什么重復的計算。我們可以想到，給定一組氣球，它所能獲得的最大的獎勵應該和前面已經被戳的氣球無關——被戳過的氣球只是在求和的時候累積上了而已。
對于給定k<n, 其可能的組合數有 種，我們可以把
k(從1開始)的所有情況都記錄在內存上，k+1就可以基于k進行計算，那么我們總共需要進行的計算就是
這種算法優于, 但仍然壞于
; 我們需要更優的算法
分治的想法
我們考慮用分治去思考這一道題。先是正常地考慮分治，我戳爆某個氣球，可不可以把剩下的氣球分成兩堆呢？這是否可行的前提是兩堆會不會互相干擾：答案是肯定的，在戳爆某個氣球以后，左堆的最右氣球會需要右堆的最左氣球來進行計算。
這時候我們需要反向的思維：我們正向地想戳氣球的過程，當然會導致兩堆相互影響。那如果我們考慮的是在這一堆里最后戳爆的那個氣球呢？假如A,B,C,D,E中我最后戳C, 那左堆(A,B)在戳的過程中顯然會以C為右邊界，而右堆(D,E)以C為左邊界——這就實現了分治，兩個子問題是相互不干擾的。
想一下為什么分治會更好，它少算了哪些步驟
具體的算法如下：
public int maxCoins(int[] iNums) {
int[] nums = new int[iNums.length + 2];
int n = 1;
for (int x : iNums) if (x > 0) nums[n++] = x;
nums[0] = nums[n++] = 1;
int[][] memo = new int[n][n];
return burst(memo, nums, 0, n - 1);
}
public int burst(int[][] memo, int[] nums, int left, int right) {
if (left + 1 == right) return 0;
if (memo[left][right] > 0) return memo[left][right];
int ans = 0;
for (int i = left + 1; i < right; ++i)
ans = Math.max(ans, nums[left] * nums[i] * nums[right]
+ burst(memo, nums, left, i) + burst(memo, nums, i, right));
memo[left][right] = ans;
return ans;
}
// 12 ms
