[LeetCode] 651. 四键键盘 ☆☆☆(动态规划)

Posted 反光的小鱼儿

tags:

篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了[LeetCode] 651. 四键键盘 ☆☆☆(动态规划)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

动态规划之四键键盘

描述

假设你有一个特殊的键盘,包含以下的按键:

key 1:(A):在屏幕上打印一个 A

key 2:(Ctrl-A):选中整个屏幕

key 3:(Ctrl-C):复制选中区域到缓冲区

key 4:(Ctrl-V):将缓冲区内容输出到上次输入的结束位置,并显示在屏幕上

现在,你只可以按键N次(使用上述四种按键),请问屏幕上最多可以显示几个A?

样例1:

输入:N=3

输出:3

解释:我们最多可以在屏幕上显示3个A,通过如下顺序按键:A, A, A

样例2:

输入:N=7

输出:N=9

解释:我们最多可以在屏幕上显示9个A,通过如下顺序按键:A, A, A, Ctrl-A, Ctrl-C, Ctrl-V, Ctrl-V

解析

如何在 N 次敲击按钮后得到最多的 A?我们穷举呗,每次有对于每次按键,我们可以穷举四种可能,很明显就是一个动态规划问题。

第一种思路

这种思路会很容易理解,但是效率并不高,我们直接走流程:对于动态规划问题,首先要明白有哪些「状态」,有哪些「选择」

具体到这个问题,对于每次敲击按键,有哪些「选择」是很明显的:4 种,就是题目中提到的四个按键,分别是 AC-AC-CC-VCtrl 简写为 C)。

接下来,思考一下对于这个问题有哪些「状态」?或者换句话说,我们需要知道什么信息,才能将原问题分解为规模更小的子问题?

你看我这样定义三个状态行不行:第一个状态是剩余的按键次数,用 n 表示;第二个状态是当前屏幕上字符 A 的数量,用 a_num 表示;第三个状态是剪切板中字符 A 的数量,用 copy 表示。

如此定义「状态」,就可以知道 base case:当剩余次数 n 为 0 时,a_num 就是我们想要的答案。

结合刚才说的 4 种「选择」,我们可以把这几种选择通过状态转移表示出来:

dp(n - 1, a_num + 1, copy),    # A
解释:按下 A 键,屏幕上加一个字符
同时消耗 1 个操作数

dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V
解释:按下 C-V 粘贴,剪切板中的字符加入屏幕
同时消耗 1 个操作数

dp(n - 2, a_num, a_num)        # C-A C-C
解释:全选和复制必然是联合使用的,
剪切板中 A 的数量变为屏幕上 A 的数量
同时消耗 2 个操作数

这样可以看到问题的规模 n 在不断减小,肯定可以到达 n = 0 的 base case,所以这个思路是正确的:

def maxA(N: int) -> int:

    # 对于 (n, a_num, copy) 这个状态,
    # 屏幕上能最终最多能有 dp(n, a_num, copy) 个 A
    def dp(n, a_num, copy):
        # base case
        if n <= 0: return a_num;
        # 几种选择全试一遍,选择最大的结果
        return max(
                dp(n - 1, a_num + 1, copy),    # A
                dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V
                dp(n - 2, a_num, a_num)        # C-A C-C
            )

    # 可以按 N 次按键,屏幕和剪切板里都还没有 A
    return dp(N, 0, 0)

这个解法应该很好理解,因为语义明确。下面就继续走流程,用备忘录消除一下重叠子问题:

def maxA(N: int) -> int:
    # 备忘录
    memo = dict()
    def dp(n, a_num, copy):
        if n <= 0: return a_num;
        # 避免计算重叠子问题
        if (n, a_num, copy) in memo:
            return memo[(n, a_num, copy)]

        memo[(n, a_num, copy)] = max(
                # 几种选择还是一样的
            )
        return memo[(n, a_num, copy)]

    return dp(N, 0, 0)

这样优化代码之后,子问题虽然没有重复了,但数目仍然很多,在 LeetCode 提交会超时的。

我们尝试分析一下这个算法的时间复杂度,就会发现不容易分析。我们可以把这个 dp 函数写成 dp 数组:

dp[n][a_num][copy]
# 状态的总数(时空复杂度)就是这个三维数组的体积

我们知道变量 n 最多为 N,但是 a_num 和 copy 最多为多少我们很难计算,复杂度起码也有 O(N^3) 把。所以这个算法并不好,复杂度太高,且已经无法优化了。

这也就说明,我们这样定义「状态」是不太优秀的,下面我们换一种定义 dp 的思路。

第二种思路(***)

这种思路稍微有点复杂,但是效率高。继续走流程,「选择」还是那 4 个,但是这次我们只定义一个「状态」,也就是剩余的敲击次数 n

这个算法基于这样一个事实,最优按键序列一定只有两种情况

要么一直按 A:A,A,...A(当 N 比较小时)。

要么是这么一个形式:A,A,...C-A,C-C,C-V,C-V,...C-V(当 N 比较大时)。

因为字符数量少(N 比较小)时,C-A C-C C-V 这一套操作的代价相对比较高,可能不如一个个按 A;而当 N 比较大时,后期 C-V 的收获肯定很大。这种情况下整个操作序列大致是:开头连按几个 A,然后 C-A C-C 组合再接若干 C-V,然后再 C-A C-C 接着若干 C-V,循环下去

换句话说,最后一次按键要么是 A 要么是 C-V。明确了这一点,可以通过这两种情况来设计算法:

int[] dp = new int[N + 1];
// 定义:dp[i] 表示 i 次操作后最多能显示多少个 A
for (int i = 0; i <= N; i++) 
    dp[i] = max(
            这次按 A 键,
            这次按 C-V
        )

对于「按 A 键」这种情况,就是状态 i - 1 的屏幕上新增了一个 A 而已,很容易得到结果:

// 按 A 键,就比上次多一个 A 而已
dp[i] = dp[i - 1] + 1;

但是,如果要按 C-V,还要考虑之前是在哪里 C-A C-C 的。

刚才说了,最优的操作序列一定是 C-A C-C 接着若干 C-V,所以我们用一个变量 j 作为若干 C-V 的起点(应该看作C-C的位置)。那么 j - 1 、j 操作就应该是 C-A C-C 了:

public int maxA(int N) {
    int[] dp = new int[N + 1];
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        // 按 A 键
        dp[i] = dp[i - 1] + 1;
        for (int j = 2; j < i; j++) {//j是C-C的位置,j - 2就是j之前的最后按键A的位置
            // 全选 & 复制 dp[j-2],连续粘贴 i - j 次
            // 屏幕上共 dp[j - 2] * (i - j + 1) 个 A(包含j位置前的A的总数,所以这里 + 1)
            dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j - 2] * (i - j + 1));//j一直小于i,说明 j - 2 的位置,一定是按键A,即j - 2位置上表明当前位置上A的最大个数
        }
    }
    // N 次按键之后最多有几个 A?
    return dp[N];
}

这样,此算法就完成了,时间复杂度 O(N^2),空间复杂度 O(N),这种解法应该是比较高效的了。

以上是关于[LeetCode] 651. 四键键盘 ☆☆☆(动态规划)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

651. 4键键盘

leetcode-651.Task Scheduler

[leetcode-651-4 Keys Keyboard]

如何将 bing 地图四键转换为墨卡托坐标

在 .NET 中注册热键 - 三/四键组合

如何使用 PHP 将 Bing 地图四键转换为缩放级别、x 坐标和 y 坐标?