力扣—戳氣球

文章目錄

• • 力扣---戳氣球
  • 一、題目描述
  • 二、回溯思路
  • 三、動態規劃思路
  • 四、代碼

一、題目描述

有 n 個氣球，編號為0 到 n-1，每個氣球上都標有一個數字，這些數字存在數組 nums 中。

現在要求你戳破所有的氣球。每當你戳破一個氣球 i 時，你可以獲得 nums[left] * nums[i] * nums[right] 個硬幣。 這里的 left 和 right 代表和 i 相鄰的兩個氣球的序號。注意當你戳破了氣球 i 后，氣球 left 和氣球 right 就變成了相鄰的氣球。

求所能獲得硬幣的最大數量。

說明:

你可以假設 nums[-1] = nums[n] = 1，但注意它們不是真實存在的所以并不能被戳破。
0 ≤ n ≤ 500, 0 ≤ nums[i] ≤ 100
示例:

輸入: [3,1,5,8] 輸出: 167 解釋: 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

二、回溯思路

先來順一下解決這種問題的套路：

我們多次強調過，很顯然只要涉及求最值，沒有任何奇技淫巧，一定是窮舉所有可能的結果，然后對比得出最值。

所以說，只要遇到求最值的算法問題，首先要思考的就是：如何窮舉出所有可能的結果？

窮舉主要有兩種算法，就是回溯算法和動態規劃，前者就是暴力窮舉，而后者是根據狀態轉移方程推導「狀態」。

如何將我們的扎氣球問題轉化成回溯算法呢？這個應該不難想到的，我們其實就是想窮舉戳氣球的順序，不同的戳氣球順序可能得到不同的分數，我們需要把所有可能的分數中最高的那個找出來，對吧。

那么，這不就是一個「全排列」問題嘛，我們已經講解過全排列算法，其實只要稍微改一下邏輯即可，偽碼思路如下：

int res = Integer.MIN_VALUE;/* 輸入一組氣球，返回戳破它們獲得的最大分數 */ int maxCoins(int[] nums) {backtrack(nums, 0);return res; } /* 回溯算法的偽碼解法 */ void backtrack(int[] nums, int socre) {if (nums 為空) {res = max(res, score);return;}for (int i = 0; i < nums.length; i++) {int point = nums[i-1] * nums[i] * nums[i+1];int temp = nums[i];// 做選擇在 nums 中刪除元素 nums[i]// 遞歸回溯backtrack(nums, score + point);// 撤銷選擇將 temp 還原到 nums[i]} }

回溯算法就是這么簡單粗暴，但是相應的，算法的效率非常低。所以回溯算法肯定是不能通過所有測試用例的。

三、動態規劃思路

這個問題中我們每戳破一個氣球$nums[i]$，得到的分數和該氣球相鄰的氣球$nums[i?1]$和$nums[i+1]$是 有相關性 的。

我們說過運用 動態規劃算法的一個重要條件：子問題必須獨立。所以對于這個戳氣球問題，如果想用動態規劃，必須巧妙地定義dp數組的含義，避免子問題產生相關性，才能推出合理的狀態轉移方程。

如何定義dp數組呢，這里需要對問題進行一個簡單地轉化。題目說可以認為$nums[?1]=nums[n]=1$，那么我們先直接把這兩個邊界加進去，形成一個新的數組points：

int maxCoins(int[] nums) {int n = nums.length;// 兩端加入兩個虛擬氣球int[] points = new int[n + 2];points[0] = points[n + 1] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {points[i] = nums[i - 1];}// ... }

現在氣球的索引變成了從1到n，$points[0]和points[n+1]$可以認為是兩個「虛擬氣球」。

那么我們可以改變問題：在一排氣球points中，請你戳破氣球0和氣球n+1之間的所有氣球（不包括0和n+1），使得最終只剩下氣球0和氣球n+1兩個氣球，最多能夠得到多少分？

現在可以定義dp數組的含義：

dp[i][j] = x表示，戳破氣球i和氣球j之間（開區間，不包括i和j）的所有氣球，可以獲得的最高分數為x。

那么根據這個定義，題目要求的結果就是$dp[0][n+1]$的值，而 base case 就是$dp[i][j]=0$，其中$0<=i<=n+1,j<=i+1$，因為這種情況下，開區間(i, j)中間根本沒有氣球可以戳。

// base case 已經都被初始化為 0 int[][] dp = new int[n + 2][n + 2];

現在我們要根據這個dp數組來推導狀態轉移方程了，所謂的推導「狀態轉移方程」，實際上就是在思考怎么「做選擇」，也就是這道題目最有技巧的部分：

不就是想求戳破氣球i和氣球j之間的最高分數嗎，如果「正向思考」，就只能寫出前文的回溯算法；我們需要「反向思考」，想一想氣球i和氣球j之間最后一個被戳破的氣球可能是哪一個？

其實氣球i和氣球j之間的所有氣球都可能是最后被戳破的那一個，不防假設為k。回顧動態規劃的套路，這里其實已經找到了「狀態」和「選擇」：i和j就是兩個「狀態」，最后戳破的那個氣球k就是「選擇」。

根據剛才對dp數組的定義，如果最后一個戳破氣球k，$dp[i][j]$的值應該為：

dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[k]*points[j]

你不是要最后戳破氣球k嗎？那得先把開區間(i, k)的氣球都戳破，再把開區間(k, j)的氣球都戳破；最后剩下的氣球k，相鄰的就是氣球i和氣球j，這時候戳破k的話得到的分數就是points[i]*points[k]*points[j]。

那么戳破開區間(i, k)和開區間(k, j)的氣球最多能得到的分數是多少呢？嘿嘿，就是$dp[i][k]和dp[k][j]$，這恰好就是我們對dp數組的定義嘛！

結合這個圖，就能體會出dp數組定義的巧妙了。由于是開區間，dp[i][k]和dp[k][j]不會影響氣球k；而戳破氣球k時，旁邊相鄰的就是氣球i和氣球j了，最后還會剩下氣球i和氣球j，這也恰好滿足了dp數組開區間的定義。

那么，對于一組給定的i和j，我們只要窮舉i < k < j的所有氣球k，選擇得分最高的作為$dp[i][j]$的值即可，這也就是狀態轉移方程：

// 最后戳破的氣球是哪個？ for (int k = i + 1; k < j; k++) {// 擇優做選擇，使得 dp[i][j] 最大dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[j]*points[k]); }

寫出狀態轉移方程就完成這道題的一大半了，但是還有問題：對于k的窮舉僅僅是在做「選擇」，但是應該如何窮舉「狀態」i和j呢？

for (int i = ...; ; )for (int j = ...; ; )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];

四、代碼

關于「狀態」的窮舉，最重要的一點就是：狀態轉移所依賴的狀態必須被提前計算出來。

拿這道題舉例，$dp[i][j]$所依賴的狀態是$dp[i][k]和dp[k][j]$，那么我們必須保證：在計算$dp[i][j]$時，$dp[i][k]和dp[k][j]$已經被計算出來了（其中$i<k<j$）。

那么應該如何安排i和j的遍歷順序，來提供上述的保證呢？我們\處理這種問題的一個雞賊技巧：根據 base case 和最終狀態進行推導。

PS：最終狀態就是指題目要求的結果，對于這道題目也就是$dp[0][n+1]$。

我們先把 base case 和最終的狀態在 DP table 上畫出來：

對于任一dp[i][j]，我們希望所有dp[i][k]和dp[k][j]已經被計算，畫在圖上就是這種情況：

那么，為了達到這個要求，可以有兩種遍歷方法，要么斜著遍歷，要么從下到上從左到右遍歷


斜著遍歷有一點難寫，所以一般我們就從下往上遍歷，下面看完整代碼：

int maxCoins(int[] nums) {int n = nums.length;// 添加兩側的虛擬氣球int[] points = new int[n + 2];points[0] = points[n + 1] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {points[i] = nums[i - 1];}// base case 已經都被初始化為 0int[][] dp = new int[n + 2][n + 2];// 開始狀態轉移// i 應該從下往上for (int i = n; i >= 0; i--) {// j 應該從左往右for (int j = i + 1; j < n + 2; j++) {// 最后戳破的氣球是哪個？for (int k = i + 1; k < j; k++) {// 擇優做選擇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]; }

至此，這道題目就完全解決了，十分巧妙，但也不是那么難，對吧？

關鍵在于dp數組的定義，需要避免子問題互相影響，所以我們反向思考，將dp[i][j]的定義設為開區間，考慮最后戳破的氣球是哪一個，以此構建了狀態轉移方程。

對于如何窮舉「狀態」，我們使用了小技巧，通過 base case 和最終狀態推導出i,j的遍歷方向，保證正確的狀態轉移。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的力扣---戳气球的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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