【Hello Algorithm】暴力递归到动态规划（三）

最长公共子序列

这是leetcode上的一道原题 题目连接如下

最长公共子序列

题目描述如下

给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长 公共子序列 的长度。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。

一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。

• 例如，“ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。

两个字符串的 公共子序列 是这两个字符串所共同拥有的子序列。

递归版本

还是一样 我们首先来设计一个函数 函数原型如下

int process(string& str1 , string& str2 , int i , int j)
1

这个递归函数的含义是 给你两个字符串 s1 和 s2 再给你它们的一个最大下标 现在要求这个函数返回它们公共子序列的最大值

参数表示如下

• int i ： 表示一个字符串str1中的下标
• int j ： 表示一个字符串str2中的下标

还是一样 我们首先想base case

• 假如i的下标为0 j的下标也为0 此时我们就可以直接返回一个确定的值

代码表示如下

  // base case     
  if (i == 0 && j == 0)    
  {    
    return str1[i] == str2[j] ? 1 : 0;    
  }  
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此时我们排除了i 和 j都为0的情况 剩下了三种情况

• i j 其中一个为0 （两种）
• i j都不为0

当i j都不为0时候 我们还要讨论 i j 是否为公共子序列的下标也是分为三种情况

• i可能是 j不是
• j可能是 i不是
• i j都是

之后我们分别将代码全部写好就可以了

 if (i == 0)
  {
    if (str1[i] == str2[j])
    {
      return 1;
    }
    else 
    {
      return process(str1 , str2 , i , j-1);
    }
  }
  else if (j == 0)
  {
    if (str1[i] == str2[j])
    {
      return 1;
    }
    else 
    {                                                                                                                           
      return process(str1 , str2 , i - 1 , j);    
    }
  }
  else  
  {
    // j != 0;
    // i != 0;
    // possible i  ... j
    int p1 = process(str1 , str2 , i - 1 , j);
    int p2 = process(str1 , str2 , i , j - 1);
    int p3 = str1[i] == str2[j] ? 1 + process(str1 , str2 , i -1 , j -1) : 0 ;
    return max(p1 , max (p2 , p3));
  }
}

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动态规划

我们观察原递归函数

process(string& str1 , string& str2 , int i , int j)
1

我们发现变化的值只有 i 和 j

于是我们可以利用i j 做出一张dp表

还是一样 我们首先来看base case

  // base case     
  if (i == 0 && j == 0)    
  {    
    return str1[i] == str2[j] ? 1 : 0;    
  }  
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于是我们就可以把i == 0 并且 j ==0 的这些位置值填好

dp[0][0] = str1[0] == str2[0] ? 1 : 0;
1

之后根据 i == 0 j ==0 这两个分支继续动规

  for (int j = 1 ; j < static_cast<int>(str2.size()) ; j++)
  {                                                              
    dp[0][j] = str1[0] == str2[j] ?  1 : dp[0][j-1];             
  }                                         
                                            
  for (int i = 1 ; i < static_cast<int>(str1.size()) ; i++)
  {                                                        
    dp[i][0] = str1[i] == str2[0] ? 1 : dp[i-1][0];
  }
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递归的最后一部分依赖三个位置

  else  
  {
    // j != 0;
    // i != 0;
    // possible i  ... j
    int p1 = process(str1 , str2 , i - 1 , j);
    int p2 = process(str1 , str2 , i , j - 1);
    int p3 = str1[i] == str2[j] ? 1 + process(str1 , str2 , i -1 , j -1) : 0 ;
    return max(p1 , max (p2 , p3));
  }
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我们只需要再递归表中依次填写即可 代码表示如下

int process1(string& str1, string& str2, vector<vector<int>>& dp)    
{    
  dp[0][0] = str1[0] == str2[0] ? 1 : 0;    
    
  for (int j = 1 ; j < static_cast<int>(str2.size()) ; j++)    
  {    
    dp[0][j] = str1[0] == str2[j] ?  1 : dp[0][j-1];    
  }    
    
  for (int i = 1 ; i < static_cast<int>(str1.size()) ; i++)    
  {    
    dp[i][0] = str1[i] == str2[0] ? 1 : dp[i-1][0];    
  }    
    
  for (int i = 1 ; i < static_cast<int>(str1.size()) ; i++)    
  {    
    for (int j = 1 ; j < static_cast<int>(str2.size()) ; j++)    
    {    
      int p1 = dp[i-1][j];    
      int p2 = dp[i][j-1];    
      int p3 = str1[i] == str2[j] ? 1 + dp[i-1][j-1] : 0;    
    
      dp[i][j] = max(p1 , max(p2 , p3));                                                                                        
    }    
  }    
    
  return dp[str1.size() - 1][str2.size() - 1];    
}
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最长回文串子序列

方法一

做这道题目我们其实可以复用下上面的最长公共子序列的代码来做

我们可以将字符串逆序一下创造出一个新的字符串

再找出这两个字符串的最长公共子序列 我们找出来的最长公共子序列就是回文子序列 （其实我们可以想想两个指针从一个字符串的两端开始查找）

方法二

递归版本

我们写的递归函数如下

int process(string& str , int L , int R)  
1

它的含义是 我们给定一个字符串str 返回给这个字符串从L到R位置上的最大回文子串

参数含义如下

• str 我们需要知道回文子串长度的字符串
• L 我们需要知道回文子串长度的起始位置
• R 我们需要知道回文子串长度的终止位置

所有的递归函数都一样 我们首先来想base case

这道题目中变化的参数其实就只有L 和 R 所以说我们只需要考虑L和R的base case

如果L和R相等 如果L和R只相差1

  if (L == R)    
  {              
    return 1;    
  }              
       
  if (L == R - 1)    
  {                  
    return str[L] == str[R] ? 2 : 1;    
  }      
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之后我们来考虑下普遍的可能性

• 如果L 和 R就是回文子序列的一部分
• 如果L可能是回文子序列的一部分 R不是
• 如果L不是回文子序列的一部分 R有可能是

我们按照上面的可能性分析写出下面的代码 之后返回最大值即可

  int p1 = process(str , L + 1 , R);    
  int p2 = process(str , L , R - 1);
  int p3 = str[L] == str[R] ? 2 + process(str , L + 1, R - 1) : 0;                                                              

  return max(max(p1 , p2) , p3);
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动态规划

我们注意到原递归函数中 可变参数只有L 和 R 所以说我们只需要围绕着L 和 R建立一张二维表就可以

当然 在一般情况下 L是一定小于等于R的 所以说L大于R的区域我们不考虑

我们首先来看base case

  if (L == R)    
  {              
    return 1;    
  }              
       
  if (L == R - 1)    
  {                  
    return str[L] == str[R] ? 2 : 1;    
  }   
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围绕着这个base case 我们就可以填写两个对角线的内容

    for (int L = 0; L < str.size(); L++)
    {
      for(int R = L; R < str.size(); R++)
      {
        if (L == R)
        {
          dp[L][R] = 0;
        }
  
        if (L == R-1)
        {
          dp[L][R-1] = str[L] == str[R] ? 2 : 1;
        }
      }                                                                                                                         
    }
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接下来我们看一个格子普遍依赖哪些格子

  int p1 = process(str , L + 1 , R);    
  int p2 = process(str , L , R - 1);
  int p3 = str[L] == str[R] ? 2 + process(str , L + 1, R - 1) : 0;          
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从上面的代码我们可以看到 分别依赖于

L+1 R  
L , R-1
L+1 , R-1
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从图上来分析 黑色的格子依赖于三个红色格子

于是我们就可以沿着对角线来不断的填写数字

横行一直从0开始 纵列一直在变化 所以我们用列来遍历

最后返回dp[0][str.size()-1]即可

  int process1(string& str ,  vector<vector<int>>& dp)
  {
    for (int L = 0; L < str.size(); L++)
    {
     for(int R = 0; R < str.size(); R++)
      {
        if (L == R)
        {
          dp[L][R] = 1;
        }
  
        if (L == R-1)
        {
          dp[L][R] = str[L] == str[R] ? 2 : 1;
        }
      }
    }                                             
    for (int startR = 2; startR < str.size(); startR++)
    {
      int L = 0;
      int R = startR;

      while (R < str.size())
      {
        int p1 = dp[L+1][R];
        int p2 = dp[L][R-1];
        int p3 = str[L] == str[R] ? 2 + dp[L+1][R-1] : 0;

        dp[L][R] = max(p1 , max(p2 , p3));
        L++;
        R++;
      }
    }
    return dp[0][str.size()-1];
  }
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象棋问题

递归版本

现在给你一个横长为10 纵长为9的棋盘 给你三个参数 x y z

现在一个马从（0 , 0）位置开始运动

提问 有多少种方法使用K步到指定位置 （指定位置坐标随机给出 且一定在棋盘上）

首先我们可以想出这么一个函数

int process(int x , int y , int rest , int a , int b)   
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它象棋目前在 x y位置 还剩下 rest步 目的地是到 a b位置

让你返回一个最多的路数

我们首先来想base case

• 首先肯定是剩余步数为0 我们要开始判断是否跳到目的地了
• 其次我们还要判断是否越界 如果越界我们直接返回0即可

代码表示如下

    if (x < 0 || x > 9 || y < 0 || y > 8)
    {
      return 0;
    }
  
    if (rest == 0)
    {
      return (x == a && y ==b) ? 1 : 0;
    }
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接下来我们开始讨论普遍情况 其实就是把马的各个位置跳一遍

  int ways = process(x-2 , y+1 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x-1 , y+2 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x+1 , y+2 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x+2 , y+1 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x-2 , y-1 , rest-1 , a, b);    
  ways += process(x-1 , y-2 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x+1 , y-2 , rest-1 , a, b);                                                                                     
  ways += process(x+2 , y-1 , rest-1 , a ,b);    
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其实这样子我们的代码就完成了 总体代码如下

int process(int x , int y , int rest , int a , int b)
{
  if (x < 0 || x > 9 || y < 0 || y > 8)
  {
    return 0;
  }
    
  if (rest == 0)    
  {    
    return (x == a && y ==b) ? 1 : 0;    
  }    
    
  int ways = process(x-2 , y+1 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x-1 , y+2 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x+1 , y+2 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x+2 , y+1 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x-2 , y-1 , rest-1 , a, b);    
  ways += process(x-1 , y-2 , rest-1 , a , b);    
  ways += process(x+1 , y-2 , rest-1 , a, b);                                                                                     
  ways += process(x+2 , y-1 , rest-1 , a ,b);    
    
    
  return ways;    
}    
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动态规划

我们对于原递归函数进行观察 可以得知

int process(int x , int y , int rest , int a , int b)
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原函数中 变化的参数只有 x y 和rest 于是乎我们可以建立一个三维的数组

x的范围是0 ~ 9 y的范围是0 ~ 8 而rest的范围则是根据我们步数来决定的 0~K

所以说此时我们以X为横坐标 Y为纵坐标 REST为竖坐标

vector<vector<vector<int>>> dp(10 , vector<vector<int>>(9 , vector<int>(8 , 0))); 
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我们首先看base case分析下

    if (x < 0 || x > 9 || y < 0 || y > 8)
    {
      return 0;
    }
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如果有越界的地方 我们直接返回0即可

   if (rest == 0)
    {
      return (x == a && y ==b) ? 1 : 0;
    }
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在z轴为0的时候 我们只需要将a b 0坐标标记为1即可

nt process1(int k , int a , int b , vector<vector<vector<int>>>& dp)
{                             
  dp[a][b][0] = 1;               
                                
  for (int z = 1; z <= k; z++)                 
  {                                          
    for (int x = 0; x < 10; x++)             
    {                                          
      for (int y = 0; y < 9; y++)            
      {                                      
        int ways = pickdp(x-2 , y+1 , z-1, dp);
        ways += pickdp(x-1 , y+2 , z-1 , dp);
        ways += pickdp(x+1 , y+2 , z-1 , dp);
        ways += pickdp(x+2 , y+1 , z-1 , dp);
        ways += pickdp(x-2 , y-1 , z-1 , dp);
        ways += pickdp(x-1 , y-2 , z-1 , dp);
        ways += pickdp(x+1 , y-2 , z-1 , dp);                                                                                         
        ways += pickdp(x+2 , y-1 , z-1 , dp);
                         
        dp[x][y][z] = ways;
      }
    }                
  }

  return dp[0][0][k];
}

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咖啡机问题

给你一个数组arr arr[i]表示第i号咖啡机泡一杯咖啡德时间

给定一个正数N 表示第N个人等着咖啡机泡咖啡 每台咖啡机只能轮流泡咖啡

只有一台洗咖啡机 一次只能洗一个被子 时间耗费a 洗完才能洗下一杯

当然 每个咖啡杯也能自己挥发干净 挥发干净的时间为b 咖啡机可以并行的挥发

假设所有人拿到咖啡之后立刻喝干净

返回从开始等待到所有咖啡机变干净的最短时间

---

我们首先来分析下题目

这里其实是两个问题

• 问题一 每个人喝咖啡喝完的时间是多少
• 问题二 每个人洗完的时间是多少

对于问题一 我们可以使用一个小根堆来做

我们定义一个机器类 里面有两个成员函数

机器的开始时间和机器的使用时间 我们使用它们相加之和来作为小根堆排序的依据

之后我们就能得到每个人喝完咖啡的最优解了

class Machine     
{    
  public:    
    int _starttime;    
    int _worktime;    
    
  public:    
    int getsum() const    
    {    
      return _starttime + _worktime;    
    }    
  public:    
    Machine() = default;    
    
    Machine(int st , int wt)    
      :_starttime(st)    
       ,_worktime(wt)    
    {}    
                                                                                                                                      
    bool operator()(const Machine& obj1 , const Machine& obj2)    
    {    
      return obj1.getsum() > obj2.getsum();    
    }    
};   
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vector<int>  process(vector<int>& arr , int num) 
{
  vector<int> ans;
  priority_queue<Machine , vector<Machine> , Machine> heap;

  for (auto x : arr)                                                                                                                  
  {
    heap.push(Machine(0 , x));
  }

  for (int i = 0; i < num; i++)
  {
    Machine cur  = heap.top();
    heap.pop();

    ans.push_back(cur.getsum());

    cur._starttime += cur._worktime;

    heap.push(Machine(cur._starttime , cur._worktime));
  }

  return ans;
}
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递归版本

我们在写递归版本的时候首先要想到递归函数的含义

它的含义是返回一个所有咖啡杯都被洗完的最小值

之后我们可以想base case 当什么样的时候 该函数无法递归了

最后列出所有可能性即可

int process(vector<int>& end , int index , int a , int b , int avltime)
{
  if (index == static_cast<int>(end.size()))
  {
    return 0;
  }    
    
  // possible 1     
  int p1 = max(a + end[index] , process(end , index+1 , a , b , avltime));    
    
  // possible 2    
  int p2 = max(b + end[index], process(end , index+1 , a , b , avltime + b));                                                         
    
  return min(p1 , p2);    
}
  
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动态规划

这个问题的动态规划涉及到一个大小问题

因为我们无法确定avltime使用到的时间 所以这里有两种解决方案

• 将它开辟的足够大
• 根据最大值计算 （假设所有人都用咖啡机洗）

int dpprocess(vector<int>& end , int a , int b , vector<vector<int>> dp)
{
  // dp[N][...] = 0;

  for (int indexdp = static_cast<int>(end.size()) - 1; indexdp >= 0 ; indexdp--)
  {
    for (int freetime = 0; freetime <= 10000 ; freetime++)
    {
      int p1 = max(a + end[indexdp] , dp[indexdp+1][freetime]);
      int p2 = max(b + end[indexdp] , dp[indexdp+1][freetime+b]);

      dp[indexdp][freetime] = min(p1 , p2);
    }
  }
  return dp[0][0];
}

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