101道算法JavaScript描述二叉树9

Posted 2022-08-29 一名不会打字的程序员

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文章目录

• • 零钱兑换
  • • 解法一 动态规划法
    • 解法二 递归
  • 跳跃游戏
  • • 方法一 贪心算法
    • 方法二 动态规划
    • 方法三 回溯
• 不同路径、Longest Increasing Subsequence和单词拆分
• • 不同路径
  • • 思路
    • 方法一 递归
    • 方法二 动态规划
    • 方法三 动态规划优化
    • 方法四 排列组合
  • Longest Increasing Subsequence
  • • 方法一 动态规划
    • 方法二 二分查找
  • 单词拆分
  • • 方法一 暴力破解法
    • 方法二 动态规划
    • 方法三 动态规划（优化版）

零钱兑换

给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。

示例1

输入: coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出: 3 
解释: 11 = 5 + 5 + 1

示例2

输入: coins = [2], amount = 3
输出: -1

解法一 动态规划法

思路

1. 由于需要找到最少的硬币，所以需要列举出所有可能的结果（如题）

2. 要凑够 amount 元硬币，可以从最 i -> amount 之前进行枚举 (counter) (下列出 最少次数)

   amount = 1； counter[1] = 1 coins[1] = 1

   amount = 2； counter[2] = 1 coins[2] = 2

   amount = 3； counter[3] = 2 coins[1] + coins[2]

   amount = 4； counter[4] = 2 coins[2] + coins[2]

   amount = 5； counter[5] = 3 coins[2] + coins[2] + coins[1]

   amount = 6； counter[6] = 3 coins[2] + coins[2] + coins[2]

   amount = 7； counter[7] = 2 coins[5] + coins[2]

   amount = 8； counter[8] = 3 coins[5] + coins[2] + coins[1]

   amount = 9； counter[9] = 3 coins[5] + coins[2] + coins[2]

   amount = 10； counter[10] = 2 coins[5] + coins[5]

   amount = 11； counter[11] = 1 coins[5] + coins[5] + coins[1]

3. 递增 i 并且记录下 能组合成 i 的 硬币数量 counter[i]

4. 遍历 coins 数组，从 counter 中找到对应剩余金额（i - coins[j]）的最小次数 + 1

详解

1. 需要计算出每一步的最佳次数，因此可以将每一步的次数保存在 counter 数组中
2. counter中每一项的最大值应该是 amount / 1 次，此处默认填充 (amount / 1) + 1 次
3. 遍历amoount 数组 依次递增，在 coins 数组中找到满足 i 的最少硬币数，保存在 counter 中
4. 若 counter[i] 已经保存有最少的值，比较此次计算的最小次数，取两者较小
5. 重复 3，4 步骤 直到 amount 遍历结束

const coinChange = (coins, amount) => 
  const counter = Array(amount + 1);
  counter.fill(amount + 1);
  counter[0] = 0;
  for (let i = 1; i <= amount; i ++) 
    for (let j = 0; j < coins.length; j ++) 
      if (i - coins[j] >= 0) 
        // i - coins[j] 能凑成 i 的上一步的 最小硬币数量
        counter[i] = Math.min(counter[i], counter[i - coins[j]] + 1);
      
    
  
  // 最坏结果应该是 counter[amount] = amount
  return counter[amount] > amount ? -1 : counter[amount];

复杂度分析

• 时间复杂度：O(Sn)O(Sn)

  时间复杂度是 O(Sn)O(Sn)，S是 amount大小,需要迭代 Sn次

• 空间复杂度：O(S)O(S)

  每次迭代时没有增加新的资源，O(1)O(1)

解法二 递归

思路

由于要获取最小奖金币次数，实质上就是能拿到的满足 amount 的面值尽可能大的银币的个数。例如：

coins = [11, 12, 5, 3] amount = 121;

则次数刚好是 121 / 11 = 11，其他的取法均大于 11 次。

若 amount = 124 则有次数 (121 / 11) + (3 / 3) = 12次

另外，在考虑最多次数时，应当满足有 amount / 1 = amount 次。

详解

1. amount 是总金额，要用最少的硬币数，应当是从最大的硬币开始拿起
2. 大的硬币可以多次拿取，就有 amount % coins[i] === 0 成立
3. 可以保存一个最少硬币数 mincounter 的状态，按coins数组最大的开始，依次向最小的硬币循环
4. 按照可以使用的最大硬币次数作为循环起始条件，依次减1直至为0，递归调用
5. 当剩余 amount / coins[n] > 当前次数 + mincounter 则直接退出循环
6. 当amount为0时，即可得到最优结果

const coinChange = (coins, amount) => 
  // 假设 最少次数 最多不会超过 amount 次
  let minCount = amount + 1;
  let coinsTemp = coins.sort((a, b) => b - a);
  // 防止有超过 amount 面值的硬币出现
  const maxValueIndex = coinsTemp.findIndex(v => v <= amount);
  // 已经计算的次数，剩余的金额，coins，当前硬币位置
  const calculateCountes = (count, amount, coins, index) => 
    if (amount === 0) 
      if (count < minCount) 
        // 每次递归的所有可能结果进行保存
        minCount = count;
      
      return;
    
    let maxCountatIndex = parseInt((amount / coins[index]), 10);
    // 执行到超出数组边界 或者 预计最小次数大于已有 minCount 时 直接退出递归
    if((index === coins.length) || maxCountatIndex + count >= minCount) 
      return;
    
    // amount 最少是 amount / coins[index] 次 coins[index] 的 和
    for (let j = maxCountatIndex; j >= 0 ; j --) 
      // 累计次数，剩余amount，银币数组，到达的coins数组下标
      calculateCountes(count + j, amount - (coins[index] * j), coins, index + 1 );
    
  
  calculateCountes(0, amount, coinsTemp, maxValueIndex);
  return minCount === amount + 1 ? -1 : minCount;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(Sn)O(Sn)

• 空间复杂度：O(n)O(n)

  nn 为递归调用的最大深度，即需要 O(n)O(n) 空间的递归堆栈。

跳跃游戏

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

判断你是否能够到达最后一个位置。

示例1:

输入: [2,3,1,1,4] 输出: true 解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达 位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。

示例2:

输入: [3,2,1,0,4] 输出: false 解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。但该位置的最大跳跃长度是 0 ， 所以你永远不可能到达最后一个位置。

方法一 贪心算法

思路

贪心算法的思路就是每到一个位置，都跳跃到当前位置可以跳跃的最大距离。当最后跳跃的最远距离等于或大于最后一个位置的时候，我们就认为可以到达最后一个位置，返回true

详解

1. 首先我们初始化最远位置为0，然后遍历数组；
2. 如果当前位置能到达，并且当前位置+跳数>最远位置，就更新最远位置；
3. 每次都去比较当前最远位置和当前数组下标，如果最远距离小于等于当前下标就返回false。

const canJump = function (nums) 
  let max = 0; // 跳到最远的距离
  for (let i = 0; i < nums.length - 1; i += 1) 
    // 找到能跳的最远的的距离
    if (i + nums[i] > max) 
      max = i + nums[i];
    
    // 如果跳的最远的小于当前脚标，返回false
    if (max <= i) 
      return false;
    
  
  return true;
;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)O(n)

  只需要访问 nums 数组一遍，共 nn 个位置，nn 是 numsnums 数组的长度。

• 空间复杂度：O(1)O(1)

  在 max 变量分配内存情况下，内存不会随着遍历有增长趋势，不需要额外的空间开销。

方法二 动态规划

思路

我们遍历数组，每到一个点 i，我们就去判断是否可以到达当前点；如果可以，就记录 true，否则为false，最后判断 是否可以到达(nums.length - 1)；

详解

1. 遍历数组 nums，每到一个点 i，我们就判断时刻可以到达当前点；
2. 如果 i 之前某点 j 本身是可以到达的，并且与当前点可达，表示点 i 是可达的；
3. 我们遍完成后，直接判断(nums.length - 1)是否可以达到。

const canJump = function (nums) 
  // 定义一个数组，用来记录nums的点是否是可以达到的
  const list = [nums.length];
  // 遍历nums
  for (let i = 1; i < nums.length; i++) 
    // 遍历list
    for (let j = 0; j < i; j++) 
      // 如果j点是可以到达的，并且j点是可以达到i点的
      // 则表示i点也是可以达到的
      if (list[j] && nums[j] + j >= i) 
        list[i] = true;
        // 如果i点可以达到，则跳出当前循环
        break;
      
    
  
  return list[nums.length - 1];
;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n^2)O(n2) 对于每个元素，通过两次遍历数组的其余部分来寻找它所对应的目标元素，这将耗费 O(n^2)O(n2) 的时间
• 空间复杂度：O(n)O(n) 对于每次循环都需要给 j 重新分配空间，所以空间复杂度 O(n)O(n)

方法三 回溯

思路

我们模拟从第一个位置跳到最后位置的所有方案。从第一个位置开始，模拟所有可以跳到的位置，然后判断当前点是否可以到达(nums.length - 1);当没有办法继续跳的时候，就回溯。

详解

1. 我们每次传入一个下标 p，并且判断 p 是否可以达到最后的下标；
2. 如果传入的 p 等于(nums.length - 1),则表示可以到达，如果不行，则继续循环判断；
3. 如果存在 p 等于 (nums.length - 1)，则返回 true，不存在则返回 false。

const canJump = function (nums) 
  return checkJumpPosition(0, nums); ;
;

function checkJumpPosition (p, nums = []) 
  // 定义p点可以到达的最远距离
  let jump = p + nums[p];
  // 如果p点可以到达nums.length - 1，则返回true
  if (p === nums.length - 1) 
    return true;
  
  // 如果最远距离大于(nums.length - 1),我们就将(nums.length - 1),设为最远距离
  if (p + nums[p] > nums.length - 1) 
    jump = nums.length - 1;
  
  // 我们从p + 1开始到最远距离中间，找到(nums.length - 1)
  // 如果可以，则返回true，找不到则返回false
  for (let i = p + 1; i <= jump; i += 1) 
    if (checkJumpPosition(i, nums)) 
      return true;
    
  
  return false;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(2^n)O(2n) 因为从第一个位置到最后一个位置的跳跃方式最多有 2^n 种，所以最多的耗时是 O(2^n)O(2n)
• 空间复杂度：O(n)O(n) 对于每次循环都需要给 ii 重新分配空间，最大的长度是 nums.length，所以空间复杂度 O(n)O(n)

不同路径、Longest Increasing Subsequence和单词拆分

不同路径

一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角，机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角，问总共有多少条不同的路径？

示例 1

输入: m = 3, n = 2
输出: 3
解释:
从左上角开始，总共有 3 条路径可以到达右下角。
1. 向右 -> 向右 -> 向下
2. 向右 -> 向下 -> 向右
3. 向下 -> 向右 -> 向右

示例 2

输入: m = 7, n = 3
输出: 28

思路

A B C D
E F G H

从点 (x = 0,y = 0)(x=0,y=0) 出发，每次只能向下或者向右移动一步，因此下一点的坐标为(x + 1, y)(x+1,y) 或者(x, y + 1)(x,y+1)，一直到(x = m, y = n)(x=m,y=n)。在上图中，H 只能从 G 或者 D 达到，因此从 A 到 H 的路径数等于从 A 到 D 的路径与从 A 到 G 的路径之和。得出路径数量 T(m, n) = T(m-1, n) + T(m, n-1)T(m,n)=T(m−1,n)+T(m,n−1)。

我们又发现，当$m=1$ 或 $n=1$ 时（只能一直往下或往右走），路径数量为1，这里得出跳出递归的条件。

方法一 递归

详解

由上面的分析可得，到达 (m, n)(m,n)的路径数量为 (m, n-1)(m,n−1)坐标的路径数量与 (m-1, n)(m−1,n)坐标的路径数量之和 。可以使用最简单粗暴的递归方法

代码

/**
 * @param number m
 * @param number n
 * @return number
 */
const uniquePaths = function (m, n) 
  if (m === 1 || n === 1) 
    return 1;
  
  return uniquePaths(m - 1, n) + uniquePaths(m, n - 1);
;

方法二 动态规划

详解

根据以上思路，可以推出状态转移方程为

dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i][j−1]

1	1	1	1	1	1	1
1	2	3	4	5	6	7
1	3	6	10	15	21	28

代码

/**
 * @param number m
 * @param number n
 * @return number
 */
const uniquePaths = function (m, n) 
  const dp = new Array(m);
  for (let i = 0; i < m; i++) 
    dp[i] = new Array(n);
  
  for (let i = 0; i < m; i++) 
    for (let j = 0; j < n; j++) 
      if (i === 0 || j === 0) 
        dp[i][j] = 1;
       else 
        dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
      
    
  
  return dp[m - 1][n - 1];
;

复杂度分析

• 时间复杂度： O(m * n)O(m∗n)

上述解法中，对 mm 和 nn 进行了双重循环，时间复杂度跟数字的个数线性相关，即为 O(m*n)O(m∗n)

• 空间复杂度： O(m * n)O(m∗n)

申请了大小为 m * nm∗n的二维数组

方法三 动态规划优化

减少空间复杂度

详解

我们观察表格发现，下一个值等于当前值加上一行的值，利用这个发现，可以来压缩空间，用一维数组来实现

const uniquePaths = function (m, n) 
  const dp = new Array(n).fill(1);
  for (let i = 1; i < m; i++) 
    for (let j = 1; j < n; j++) 
      dp[j] = dp[j - 1] + dp[j];
    
  
  return dp[n - 1];
;

复杂度分析

• 时间复杂度： O(m * n)O(m∗n)
• 空间复杂度：O(n)O(n)

方法四 排列组合

详解

其实这是个高中数学问题。因为机器人只能向右或者向下移动，那么不论有多少中路径，向右和向下走的步数都是一样的。当 m = 3，n = 2 m=3，n=2 时，机器人向下走了一步，向右走了两步即可到达终点。所以我们可以得到

路径 = 从右边开始走的路径总数 + 从下边开始走的路径总数，转化为排列组合问题

不包括起点和终点，共移动 N = m + n - 2N=m+n−2，向右移动K = m - 1K=m−1，将 NN 和 KK 代入上述公式，可得

因此得出答案 C_m + n -2^m - 1Cm+n−2m−1

/**
 * @param number m
 * @param number n
 * @return number
 */
const uniquePaths = function (m, n) 
  const N = m + n - 2;
  const K = n - 1;
  let num = 1;
  for (let i = 1; i <= K; i++) 
    num = num * (N - K + i) / i;
  
  return num;
;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)O(n)
• 空间复杂度：O(1)O(1)

Longest Increasing Subsequence

给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。

示例

输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。

方法一 动态规划

思路

• 状态定义：res[i] 表示以 nums[i] 为当前最长递增子序列尾元素的长度
• 转移方程：通过方程 res[i] = Math.max(res[i], nums[i] > nums[j] ? res[j] + 1 : 1)，动态计算出各上升子序列的长度。
• 倒序取值：res 数组进行倒序，第一个即为最大长度的值。

详解

1. 如果给定数组长度小于等于 1，则最长上升子序列的长度等于数组长度。

2. 初始化一个长度等于给定数组的长度，且元素都为 1 的数组 res。

3. 当 nums[i] > nums[j] 时，nums[i] 可以作为前一个最长的递增子序列 res[j] 新的尾元素，而组成新的相对于 res[i] 能够拼接的更长的递增子序列 res[i] = res[j] + 1，因为新的 res[i] 能够拼接的最长长度取决于 nums[i] 这个新的尾元素，而这个 nums[i] 不一定大于 nums[j]，所以也不一定大于 res[j]，那么在 i ~ j 之间，最大的递增子序列为 Max(res[i], res[j]+1)；当 nums[i] <= nums[j]，长度为元素本身，即为 1。所以得出方程 res[i] = Math.max(res[i], nums[i] > nums[j] ? res[j] + 1 : 1)，通过转移方程收集

   各上升子序列的长度。

4. 通过 sort 函数对 res 倒序排列，第一元素值 res[0] 就是最长的上升子序列长度。

/**
 * @param number[] nums
 * @return number
 */
const lengthOfLIS = function (nums) 
  const len = nums.length;
  if (len <= 1) 
    return len;
  
  // 初始化默认全为1
  const res = new Array(len).fill(1);
  for (let i = 1; i < len; i++) 
    for (let j = 0; j < i; j++) 
      // 转移方程
      res[i] = Math.max(res[i], nums[i] > nums[j] ? res[j] + 1 : 1);
    
  
  // 倒序
  res.sort((a, b) => b - a);
  return res[0];
;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n^2)O(n2)
• 空间复杂度：O(n)O(n)

方法二 二分查找

思路

• 当前遍历元素大于前一个递增子序列的尾元素时（nums[i] > tail[end]），将当前元素追加到 tail 后面，这里解法其实和方法一中

  nums[i] > nums[j] 的解法一样。

• 当 nums[i] <= tail[end] 时，寻找前一个递增子序列第一个大于当前值的元素，替换为当前值，查找用二分，最后左边的元素即为查找到的需要被替换的结果元素。

详解

1、如果给定数组长度小于等于 1，则最长上升子序列的长度等于数组长度。 2、初始化一个长度等于给定数组的长度，且第一个元素值等于给定数组的第一个元素值的数组 tail，tail 用来存储最长递增子序列的元素。 3、循环给定的数组，当前遍历元素大于前一个递增子序列的尾元素时（nums[i] > tail[end]），将当前元素追加到 tail 后面，这里解法 其实和方法一中nums[i] > nums[j] 的解法一样；当 nums[i] <= tail[end] 时，寻找前一个递增子序列第一个大于当前值的元素，替换为当前值，查找用二分，最后左边的元素即为查找到的需要被替换的结果元素。 4、循坏完之后，end + 1 即为最长的上升子序列长度。

/**
 * @param number[] nums
 * @return number
 */
const lengthOfLIS = function (nums) 
  const len = nums.length;
  if (len <= 1) 
    return len;
  
  const tail = new Array(len);
  tail[0] = nums[0];
  let end = 0;
  for (let i = 1; i < len; i++) 
    if (nums[i] > tail[end]) 
      end += 1;
      tail[end] = nums[i];
     else 
      let left = 0;
      let right = end;
      // 二分查找
      while (left < right) 
        // 位运算，右移一位
        const mid = left + ((right - left) >> 1);
        if (tail[mid] < nums[i]) 
          left = mid + 1;
         else 
          right = mid;
        
      
      tail[left] = nums[i];
    
  
  return end + 1;
;

复杂度分析

• 时间复杂度：O(nlogN)O(nlogN)

  外层一个数组循环遍历，里面嵌套一个二分查找，所以是 O(nlogN)O(nlogN)

• 空间复杂度：O(n)O(n)

  创建的数组 tail 占用空间大小为 n，循环遍历中并没有分配新的空间

单词拆分

示例

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

说明：

• 拆分时可以重复使用字典中的单词。
• 你可以假设字典中没有重复的单词。
• 注意你可以重复使用字典中的单词。

示例 1：

输入: s = "leetcode", wordDict = ["leet", "code"]  
输出: true  
解释: 返回 true 因为 "leetcode" 可以被拆分成 "leet code"。

示例 2：

输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]  
输出: true  
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。

示