算法【更多二维动态规划题目】

时间：2024-10-08 07:08:27

本文不再从递归入手，而是直接从动态规划的定义入手，来解决更多二维动态规划问题。其中包含一些比较巧妙的尝试思路。

题目一

测试链接：https://leetcode.cn/problems/distinct-subsequences/

分析：dp数组的含义是字符串s前i个字符中出现字符串t前j个字符的次数。代码如下。

class Solution {
public:
    int dp[1001][1001];
    int MOD = 1000000007;
    int numDistinct(string s, string t) {
        int s_length = s.size();
        int t_length = t.size();
        dp[0][0] = 1;
        for(int i = 1;i <= t_length;++i){
            dp[0][i] = 0;
        }
        for(int i = 1;i <= s_length;++i){
            dp[i][0] = 1;
        }
        for(int i = 1;i <= s_length;++i){
            for(int j = 1;j <= t_length;++j){
                if(s[i-1] == t[j-1]){
                    dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j]) % MOD;
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i-1][j];
                }
            }
        }
        return dp[s_length][t_length];
    }
};

从代码中可以看出做空间压缩很容易。代码如下。

class Solution {
public:
    int dp[1001];
    int leftup1, leftup2;
    int MOD = 1000000007;
    int numDistinct(string s, string t) {
        int s_length = s.size();
        int t_length = t.size();
        for(int i = 1;i <= t_length;++i){
            dp[i] = 0;
        }
        for(int i = 1;i <= s_length;++i){
            leftup1 = 1;
            for(int j = 1;j <= t_length;++j){
                leftup2 = dp[j];
                if(s[i-1] == t[j-1]){
                    dp[j] = (leftup1 + dp[j]) % MOD;
                }
                leftup1 = leftup2;
            }
        }
        return dp[t_length];
    }
};

其中，辅助变量leftup含义和之前的文章一样。

题目二

测试链接：https://leetcode.cn/problems/edit-distance/

分析：dp数组含义为word1前i字符转换成word2前j个字符所使用的最少操作数。那么就有两种可能，一个是word1的最后一个字符参与变换，一个是word1的最后一个字符不参与变换。对于参与变换来说，一是这最后一个字符变为了word2的最后一个字符，二是最后一个字符变为了word2的倒数第二个字符，这word2的最后一个字符通过插入得到。对于不参与变换来说，次数为word1的前i-1个字符变换为word2的前j个字符的次数加上减去word1最后一个字符。这三种情况取最小值。代码如下。

class Solution {
public:
    int dp[501][501];
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int word1_length = word1.size();
        int word2_length = word2.size();
        dp[0][0] = 0;
        for(int i = 1;i <= word2_length;++i){
            dp[0][i] = i;
        }
        for(int i = 1;i <= word1_length;++i){
            dp[i][0] = i;
        }
        for(int i = 1;i <= word1_length;++i){
            for(int j = 1;j <= word2_length;++j){
                if(word1[i-1] == word2[j-1]){
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                }else{
                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
                }
                dp[i][j] = dp[i][j] < dp[i][j-1]+1 ? dp[i][j] : dp[i][j-1]+1;
                dp[i][j] = dp[i][j] < dp[i-1][j]+1 ? dp[i][j] : dp[i-1][j]+1;
            }
        }
        return dp[word1_length][word2_length];
    }
};

从代码中可以看出做空间压缩很容易。代码如下。

class Solution {
public:
    int dp[501];
    int leftup1, leftup2;
    int minDistance(string word1, string word2) {
        int word1_length = word1.size();
        int word2_length = word2.size();
        dp[0] = 0;
        for(int i = 1;i <= word2_length;++i){
            dp[i] = i;
        }
        for(int i = 1;i <= word1_length;++i){
            leftup1 = i-1;
            dp[0] = i;
            for(int j = 1;j <= word2_length;++j){
                leftup2 = dp[j];
                if(word1[i-1] == word2[j-1]){
                    dp[j] = leftup1;
                }else{
                    dp[j] = leftup1+1;
                }
                dp[j] = dp[j] < dp[j-1]+1 ? dp[j] : dp[j-1]+1;
                dp[j] = dp[j] < leftup2+1 ? dp[j] : leftup2+1;
                leftup1 = leftup2;
            }
        }
        return dp[word2_length];
    }
};

题目三

测试链接：https://leetcode.cn/problems/interleaving-string/

分析：dp数组的含义为s1的前i个字符和s2的前j个字符能否交错组成s3的前i+j个字符。代码如下。

class Solution {
public:
    bool dp[101][101] = {false};
    bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {
        int length_s1 = s1.size();
        int length_s2 = s2.size();
        int length_s3 = s3.size();
        if(length_s3 != length_s1 + length_s2){
            return false;
        }
        dp[0][0] = true;
        for(int i = 1;i <= length_s2;++i){
            dp[0][i] = dp[0][i-1] && s2[i-1] == s3[i-1];
        }
        for(int i = 1;i <= length_s1;++i){
            dp[i][0] = dp[i-1][0] && s1[i-1] == s3[i-1];
        }
        for(int i = 1;i <= length_s1;++i){
            for(int j = 1;j <= length_s2;++j){
                if(s3[i+j-1] == s1[i-1]){
                    dp[i][j] |= dp[i-1][j];
                }
                if(s3[i+j-1] == s2[j-1]){
                    dp[i][j] |= dp[i][j-1];
                }
            }
        }
        return dp[length_s1][length_s2];
    }
};

下面是做空间压缩的解法。代码如下。

class Solution {
public:
    bool dp[101] = {false};
    bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {
        int length_s1 = s1.size();
        int length_s2 = s2.size();
        int length_s3 = s3.size();
        if(length_s3 != length_s1 + length_s2){
            return false;
        }
        dp[0] = true;
        for(int i = 1;i <= length_s2;++i){
            dp[i] = dp[i-1] && s2[i-1] == s3[i-1];
        }
        bool temp;
        for(int i = 1;i <= length_s1;++i){
            dp[0] = dp[0] && s1[i-1] == s3[i-1];
            for(int j = 1;j <= length_s2;++j){
                temp = dp[j];
                dp[j] = false;
                if(s3[i+j-1] == s1[i-1]){
                    dp[j] |= temp;
                }
                if(s3[i+j-1] == s2[j-1]){
                    dp[j] |= dp[j-1];
                }
            }
        }
        return dp[length_s2];
    }
};

题目四

有效涂色问题

给定n、m两个参数

一共有n个格子，每个格子可以涂上一种颜色，颜色在m种里选

当涂满n个格子，并且m种颜色都使用了，叫一种有效方法

求一共有多少种有效的涂色方法

1 <= n, m <= 5000

结果比较大请 % 1000000007 之后返回

分析：dp数组的含义是i个格子j种颜色有多少种有效的涂色方法。代码如下。

#include <iostream>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int n, m;
int dp[5001][5001] = {0};
int main(void){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 0;i <= n && i <= m;++i){
        dp[i][i] = 1;
    }
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        dp[i][0] = 1;
        dp[i][1] = 1;
    }
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        for(int j = 1;j <= m && i >= j;++j){
            dp[i][j] = (dp[i-1][j] * j + dp[i-1][j-1] * (m - j + 1)) % MOD;
        }
    }
    printf("%d", dp[n][m]);
}

题目五

删除至少几个字符可以变成另一个字符串的子串

给定两个字符串s1和s2

返回s1至少删除多少字符可以成为s2的子串

分析：这道题换个说法就非常简单了。我们只需要求出s1和s2的最长公共子序列，而s1至少删除多少字符可以成为s2的子串，就是s1的长度减去最长公共子序列的长度。而求最长公共子序列前面的文章中已经求过，这里不在给出代码。

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