算法沉淀——动态规划之简单多状态 dp 问题（上）（leetcode真题剖析）

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算法沉淀——动态规划之简单多状态 dp 问题上

01.按摩师
02.打家劫舍 II
03.删除并获得点数
04.粉刷房子

01.按摩师

题目链接：https://leetcode.cn/problems/the-masseuse-lcci/

一个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。在每次预约服务之间要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定一个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合（总预约时间最长），返回总的分钟数。

注意：本题相对原题稍作改动

示例 1：

输入： [1,2,3,1]

输出： 4

解释：选择 1 号预约和 3 号预约，总时长 = 1 + 3 = 4。

示例 2：

输入： [2,7,9,3,1]

输出： 12

解释： 选择 1 号预约、 3 号预约和 5 号预约，总时长 = 2 + 9 + 1 = 12。

示例 3：

输入： [2,1,4,5,3,1,1,3]

输出： 12

解释： 选择 1 号预约、 3 号预约、 5 号预约和 8 号预约，总时长 = 2 + 4 + 3 + 3 = 12。

思路

状态表达：我们定义两个状态数组，f 和 g：
- f[i] 表示：选择到位置 i 时，此时的最长预约时长，且 nums[i] 必须选。
- g[i] 表示：选择到位置 i 时，此时的最长预约时长，nums[i] 不选。
状态转移方程：对于 f[i]：
- 如果 nums[i] 必须选，那么我们仅需知道 i - 1 位置在不选的情况下的最长预约时长，然后加上 nums[i] 即可，因此 f[i] = g[i - 1] + nums[i]。
对于 g[i]：
- 如果 nums[i] 不选，那么 i - 1 位置上选或者不选都可以。因此，我们需要知道 i - 1 位置上选或者不选两种情况下的最长时长，因此 g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1])。
初始化：由于这道题的初始化比较简单，无需加辅助节点，仅需初始化 f[0] = nums[0], g[0] = 0 即可。
填表顺序：根据状态转移方程，从左往右，两个表一起填。
返回值：根据状态表达，我们应该返回 max(f[n - 1], g[n - 1])。

代码

class Solution {
public:int massage(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if(n==0) return 0;vector<int> f(n);vector<int> g(n);f[0] = nums[0];for (int i = 1; i < n; ++i){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(g[n - 1], f[n - 1]);}
};

02.打家劫舍 II

题目链接：https://leetcode.cn/problems/house-robber-ii/

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。

给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。

示例 1：

输入：nums = [2,3,2]
输出：3
解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。

示例 2：

输入：nums = [1,2,3,1]
输出：4
解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。

示例 3：

输入：nums = [1,2,3]
输出：3

提示：

1 <= nums.length <= 100
0 <= nums[i] <= 1000

思路

将环形的打家劫舍问题转化为两个单排的问题。具体来说，你分别考虑两种情况：

a. 偷第一个房屋的情况： 在这种情况下，由于首尾相连，你不能偷最后一个房子，因此偷窃范围是 [0, n - 2]。你可以使用之前解决「打家劫舍I」的动态规划方法来找到在这个范围内的最大金额，得到的结果是 x。

b. 不偷第一个房屋的情况： 在这种情况下，你可以偷最后一个房子，因此偷窃范围是 [1, n - 1]。同样，使用相同的动态规划方法得到在这个范围内的最大金额，得到的结果是 y。

最终的答案就是这两种情况下的最大值，即 max(x, y)。

代码

class Solution {
public:int rob(vector<int>& nums) {int n=nums.size();return max(nums[0]+rob1(nums,2,n-2),rob1(nums,1,n-1));}int rob1(vector<int>& nums,int start,int end){if(start>end) return 0;int n=nums.size();vector<int> f(n);vector<int> g(n);f[start]=nums[start];for(int i=start+1;i<=end;i++){f[i]=g[i-1]+nums[i];g[i]=max(g[i-1],f[i-1]);}return max(g[end],f[end]);}
};

03.删除并获得点数

题目链接：https://leetcode.cn/problems/delete-and-earn/

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。

每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除所有等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。

开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

示例 1：

输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

示例 2：

输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。

提示：

1 <= nums.length <= 2 * 104
1 <= nums[i] <= 104

思路

其实这道题可以看作是「打家劫舍I」问题的变体。通过将每个数字的出现的和记录在 hash 数组中，然后在 hash 数组上应用「打家劫舍」的思路，你能够有效地解决这个问题。

具体来说，可以创建一个大小为 10001（根据题目的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中的每个元素 x 累加到 hash 数组下标为 x 的位置上。然后就可以使用「打家劫舍I」问题的动态规划方法，从 hash 数组中找到不相邻的元素的最大和。

代码

class Solution {
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {int hash[10001] = {0};for(int& x:nums) hash[x]+=x;vector<int> f(10001);vector<int> g(10001);for(int i=1;i<10001;++i){f[i]=g[i-1]+hash[i];g[i]=max(g[i-1],f[i-1]);}return max(f[10000],g[10000]);}
};

04.粉刷房子

题目链接：https://leetcode.cn/problems/JEj789/

假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。

当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。

例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。

请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。

示例 1：

输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。

示例 2：

输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2

提示:

costs.length == n
costs[i].length == 3
1 <= n <= 100
1 <= costs[i][j] <= 20

思路

状态表表示：
- 在处理线性动态规划时，采用“经验+题目要求”方式定义状态表，选择以某个位置为结尾的方式。
- 在该位置结束时，定义三种颜色选择的状态表，分别表示最后一个位置选择“红色”、“蓝色”和“绿色”的最小花费。
状态转移方程：
- 分析三个状态的转移方程，以 dp[i][0] 为例：
  - 若选择在位置 i 粉刷“红色”，考虑前一个位置“蓝色”和“绿色”两种情况的最小花费，再加上当前位置的花费。
  - 类似地，对于 dp[i][1] 和 dp[i][2]，分别考虑选择“蓝色”和“绿色”时的最小花费。
  于是状态方程为：
```
dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i-1][0];
dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i-1][1];
dp[i][2]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i-1][2];
```
初始化：
- 添加一个辅助节点，将其初始化为 0，确保后续填表的正确性。
- 注意辅助节点的值要符合题目的要求。
填表顺序：
- 根据状态转移方程，从左往右同时填充三个表格。
返回值：
- 返回最后一个位置三种颜色选择的最小值，即 min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]))。

代码

class Solution {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs) {int n=costs.size();vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(3));for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i-1][0];dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i-1][1];dp[i][2]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+costs[i-1][2];}return min(dp[n][0],min(dp[n][1],dp[n][2]));}
};