每日一题分隔数组以得到最大和

Posted 2023-04-19 字节幺零二四

关键词：动态规划、递归

1043. 分隔数组以得到最大和

关键词：动态规划、递归

题目来源：1043. 分隔数组以得到最大和 - 力扣（Leetcode）

题目描述

T动态规划
T递归

给你一个整数数组 arr，请你将该数组分隔为长度 最多 为 k 的一些（连续）子数组。分隔完成后，每个子数组的中的所有值都会变为该子数组中的最大值。

返回将数组分隔变换后能够得到的元素最大和。本题所用到的测试用例会确保答案是一个 32 位整数。

输入：arr = [1,15,7,9,2,5,10], k = 3
输出：84

输入：arr = [1,4,1,5,7,3,6,1,9,9,3], k = 4
输出：83

输入：arr = [1], k = 1
输出：1

数据范围
1 <= arr.length <= 500
0 <= arr[i] <= 109
1 <= k <= arr.length

问题分析

很容易发现，当确定第一个子数组后，剩下的便是一个与原问题相似的子问题，于是便得到如下朴素解法。

朴素递归

第一个子数组的起点已知，为i（当前问题的第一个子数组的起点为0），枚举第一个子数组的终点j，注意区间长度不能超过k，于是第一个子数组就为[i, j]，也即有如下等式

dfs(i) = max( (i-j+1)*maxV + dfs(j+1) )

其中，dfs(i)表示第一个子数组起点为i时的最大和，dfs(0) 便是最终结果。

解空间可近似看做一棵高度为n的k叉树，所以时间复杂度为O(k^n)，空间复杂度为O(n)。

记忆化

考虑到递归过程存在许多重复计算，因此可采用记忆化搜索，使用f[i]来记录dfs(i)的结果。

对于每个i，只有f[i]还没计算过时，才会分叉计算，一共分成k叉，于是时间复杂度为O(nk)，空间复杂度为O(n)。

动态规划

至此，已经有动态规划的雏形了。递归的时候，i在“递”时是从小到大，“归”时是从大到小，于是，动态规划中的第一层for循环的i便与“归”保持一致，第二层for循环同样是枚举第一个子数组终点。

动态规划的时间复杂度为O(nk)，空间复杂度为O(n)。

以上动态规划的思路是从递归转换而来，如果不借助递归，我们可以按如下来思考。

第一个子数组的起点已经确定，只需确定第一个子数组的终点就可完全确定第一个子数组。一旦第一个子数组的终点确定，第二个子数组的起点就确定，只需确定第二个子数组的终点就可以完全确定第二个子数组。依次类推。

由于最后一个子数组的终点也是确定的，于是，可以从前往后枚举每一个起点i，f[i]表示第一个数组起点为i时的最大和，于是f[0]便是题目所求答案。

空间优化

由于本题的n不超过500，所以此步并不是很重要，但这种思路需要注意。

在动态规划中，计算f[i]时，只会用到f[i..i+k+1]共k+1个位置，在计算f[i-1]时，只会用到f[i-1..i+k]共k+1个位置，可以发现，每次用到的位置会后移，于是可采用一个滚动数组来优化空间，用f[i%k]来代替法f[i]，但要注意，i与i+k+1是同余的。空间复杂度为O(k)。

代码实现

朴素递归

int maxSumAfterPartitioning(vector<int> &arr, int k) 
    int n = arr.size();
    function<int(int)> dfs = [&](int i) 
        int res = 0;
        // 枚举当前问题的第一个子数组的终点
        for (int j = i, maxV = 0; j < i + k && j < n; j++) 
            maxV = max(arr[j], maxV);
            res = max(dfs(j + 1) + (j - i + 1) * maxV, res);
        
        return res;
    ;
    return dfs(0);

记忆化

int maxSumAfterPartitioning(vector<int> &arr, int k) 
    int n = arr.size(), f[n];
    memset(f, -1, sizeof(f));
    function<int(int)> dfs = [&](int i) 
        if (i >= n)return 0;
        int &res = f[i];
        if (res != -1)return res;
        // 枚举当前问题的第一个子数组的终点
        for (int j = i, maxV = 0; j < i + k && j < n; j++) 
            maxV = max(arr[j], maxV);
            res = max(dfs(j + 1) + (j - i + 1) * maxV, res);
        
        return res;
    ;
    return dfs(0);

动态规划

int maxSumAfterPartitioning(vector<int> &arr, int k) 
    int n = arr.size(), f[n + 1];
    memset(f, 0, sizeof f);
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) 
        // 枚举当前问题的第一个子数组的终点
        for (int j = i, maxV = 0; j < i + k && j < n; j++) 
            maxV = max(arr[j], maxV);
            f[i] = max(f[j + 1] + (j - i + 1) * maxV, f[i]);
        
    
    return f[0];

空间优化

int maxSumAfterPartitioning(vector<int> &arr, int k) 
    int n = arr.size(), f[k];
    memset(f, 0, sizeof f);
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) 
        // 由于i和i+k+1同余k，所以在计算过程中不能直接覆盖
        int res = 0;
        // 枚举当前问题的第一个子数组的终点
        for (int j = i, maxV = 0; j < i + k && j < n; j++) 
            maxV = max(arr[j], maxV);
            res = max(f[(j + 1) % k] + (j - i + 1) * maxV, res);
        
        f[i % k] = res;
    
    return f[0];

每日一题670. 最大交换

给定一个非负整数，你至多可以交换一次数字中的任意两位。
返回你能得到的最大值。

输入: 2736
输出: 7236
解释: 交换数字2和数字7。

输入: 9973
输出: 9973
解释: 不需要交换。

排序 + 对比交换
要交换两个数，使其交换后得到最大值。
那么从高位开始，找到第一个没按照降序排列的数，就是我们需要替换的数了。所以，可以通过Arrays.sort()方法，将原有数组进行排序（默认是升序排序，当与原数组对比的时候，我们可以采用对排序后的数组执行倒序遍历即可）。

将原数组与排序数组进行对比，发现第3个位置是不对的，应该是8，但是原数组却是3，所以我们将原数组的3替换为8。

下一步，就是需要将原数组的8替换为3了。此时，为了保证交互后得到最大值，所以我们需要采用逆序遍历的方式，从数组的尾部开始找8，当找到后，将8替换为3即可。

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