C++前缀和算法的应用：从仓库到码头运输箱子原理、源码、测试用例

本文涉及的基础知识点

C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例 包括课程视频
双指针
单调双向队列

LeetCode1687从仓库到码头运输箱子

你有一辆货运卡车，你需要用这一辆车把一些箱子从仓库运送到码头。这辆卡车每次运输有 箱子数目的限制 和 总重量的限制 。
给你一个箱子数组 boxes 和三个整数 portsCount, maxBoxes 和 maxWeight ，其中 boxes[i] = [ports​​i​, weighti] 。
ports​​i 表示第 i 个箱子需要送达的码头， weightsi 是第 i 个箱子的重量。
portsCount 是码头的数目。
maxBoxes 和 maxWeight 分别是卡车每趟运输箱子数目和重量的限制。
箱子需要按照 数组顺序 运输，同时每次运输需要遵循以下步骤：
卡车从 boxes 队列中按顺序取出若干个箱子，但不能违反 maxBoxes 和 maxWeight 限制。
对于在卡车上的箱子，我们需要 按顺序 处理它们，卡车会通过 一趟行程 将最前面的箱子送到目的地码头并卸货。如果卡车已经在对应的码头，那么不需要 额外行程 ，箱子也会立马被卸货。
卡车上所有箱子都被卸货后，卡车需要 一趟行程 回到仓库，从箱子队列里再取出一些箱子。
卡车在将所有箱子运输并卸货后，最后必须回到仓库。
请你返回将所有箱子送到相应码头的 最少行程 次数。
示例 1：
输入：boxes = [[1,1],[2,1],[1,1]], portsCount = 2, maxBoxes = 3, maxWeight = 3
输出：4
解释：最优策略如下：

• 卡车将所有箱子装上车，到达码头 1 ，然后去码头 2 ，然后再回到码头 1 ，最后回到仓库，总共需要 4 趟行程。
  所以总行程数为 4 。
  注意到第一个和第三个箱子不能同时被卸货，因为箱子需要按顺序处理（也就是第二个箱子需要先被送到码头 2 ，然后才能处理第三个箱子）。
  示例 2：
  输入：boxes = [[1,2],[3,3],[3,1],[3,1],[2,4]], portsCount = 3, maxBoxes = 3, maxWeight = 6
  输出：6
  解释：最优策略如下：
• 卡车首先运输第一个箱子，到达码头 1 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第二、第三、第四个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第五个箱子，到达码头 2 ，回到仓库，总共 2 趟行程。
  总行程数为 2 + 2 + 2 = 6 。
  示例 3：
  输入：boxes = [[1,4],[1,2],[2,1],[2,1],[3,2],[3,4]], portsCount = 3, maxBoxes = 6, maxWeight = 7
  输出：6
  解释：最优策略如下：
• 卡车运输第一和第二个箱子，到达码头 1 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第三和第四个箱子，到达码头 2 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第五和第六个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
  总行程数为 2 + 2 + 2 = 6 。
  示例 4：
  输入：boxes = [[2,4],[2,5],[3,1],[3,2],[3,7],[3,1],[4,4],[1,3],[5,2]], portsCount = 5, maxBoxes = 5, maxWeight = 7
  输出：14
  解释：最优策略如下：
• 卡车运输第一个箱子，到达码头 2 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第二个箱子，到达码头 2 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第三和第四个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第五个箱子，到达码头 3 ，然后回到仓库，总共 2 趟行程。
• 卡车运输第六和第七个箱子，到达码头 3 ，然后去码头 4 ，然后回到仓库，总共 3 趟行程。
• 卡车运输第八和第九个箱子，到达码头 1 ，然后去码头 5 ，然后回到仓库，总共 3 趟行程。
  总行程数为 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 3 = 14 。

提示：
1 <= boxes.length <= 105
1 <= portsCount, maxBoxes, maxWeight <= 105
1 <= ports​​i <= portsCount
1 <= weightsi <= maxWeight

可理解行强的解法

如果有多种运输的boxs[0,i)的方式，只需要保留行程最少的方式，且只需要记录最小行程，此值用m_vRet[i]记录。分成两步：第一步，运输box[0,j)，第二步运输[j,i)。一次可以运输完成，可以看成第一步是box[0,0)。枚举i,j的时间复杂度都是O(n)，总时间复杂度是O(n*n)。

利用前缀和计算[j,i)的箱子总重量

vWeightSum[i]，记录了boxs[0,i)的重中立，vWeightSum[i]-vWeightSum[j]。

利用前缀和计算[i,j)需要单独下车的次数

vDownSum[i]记录[0,i)需要单独下车的次数。vDown[j]-vDownSum[i]。和前面的箱子不同，则需要单独下车。

优化枚举

m_vRet[i] = min(…,X) X=m_vRet[j]+1 + 1 + vDown[j+1,i)。 1+1 表示返程和下第一箱子，从第二个箱子起要计算要单独下。X = m_vRet[j]+1+1+vDown[i] - vDown[j+1] ,令 Y= m_vRet[j]-vDow[j+1]，则X=Y + 2 + vDown[i] ,显然Y可以提前计算。每次处理完i，将Y记录到setPre中。setPre对应的索引为[left,i)，如果[left,i)超量或超重，则left++，并更新setPre。

时间复杂度

枚举i，时间复杂度。二分查找setPre，时间复杂度O(logn)，总时间复杂度O(nlogn)。

核心代码

class Solution {
public:
int boxDelivering(vector& boxes, int portsCount, int maxBoxes, int maxWeight) {
m_c = boxes.size();
m_vRet.resize(m_c+1);//记录boxes[0,i) 需的最小行程数
vector vWeightSum = { 0 };//箱子重量前缀和
for (const auto& v : boxes)
{
vWeightSum.emplace_back(v[1] + vWeightSum.back());
}
vector vDownSum = { 0,0 };//假定不是本车的第一个箱子，卸货需要的次数
for (int i = 1; i < m_c; i++)
{
vDownSum.emplace_back(vDownSum.back() + (boxes[i][0] != boxes[i-1][0]));
}
std::multiset setPre = { 0 }; //记录可以作为前一趟的最小行程数-vDownSum[i + 1]
int left = 0;//[left,i)是上一趟的行程
for (int i = 1; i <= m_c; i++)
{
// [left,i)为空，不会超重，也不会超量。所以无需判断是否为空
while ((i - left > maxBoxes) || (vWeightSum[i] - vWeightSum[left] > maxWeight))
{
//如果[left,i)超重或超亮
const int tmp = m_vRet[left ] - vDownSum[left+1 ];
setPre.erase(setPre.find(tmp));
left++;
}
m_vRet[i ] = *setPre.begin() + 2 + vDownSum[i] ;
if (i + 1 <= m_c)
{
setPre.emplace(m_vRet[i] - vDownSum[i + 1]);
}
}
return m_vRet.back();
}
int m_c;
vector m_vRet;
};

测试用例

template
void Assert(const vector& v1, const vector& v2)
{
if (v1.size() != v2.size())
{
assert(false);
return;
}
for (int i = 0; i < v1.size(); i++)
{
assert(v1[i] == v2[i]);
}
}

template
void Assert(const T& t1, const T& t2)
{
assert(t1 == t2);
}

int main()
{
vector boxes = { {1,1},{2,1},{1,1} };
int portsCount = 2, maxBoxes = 3, maxWeight = 3;
auto res = Solution().boxDelivering(boxes, portsCount, maxBoxes, maxWeight);
Assert(4, res);
boxes = { {1,2},{3,3},{3,1},{3,1},{2,4} };
portsCount = 3, maxBoxes = 3, maxWeight =6;
res = Solution().boxDelivering(boxes, portsCount, maxBoxes, maxWeight);
Assert(6, res);
boxes = { {2,4},{2,5},{3,1},{3,2},{3,7},{3,1},{4,4},{1,3},{5,2} };
portsCount = 5, maxBoxes = 5, maxWeight = 7;
res = Solution().boxDelivering(boxes, portsCount, maxBoxes, maxWeight);
Assert(14, res);

//CConsole::Out(res);
1

}

优化二：单调双向队列

原理

setPre的旧值如果大于等于新值，则被淘汰了。这意味着值是按升序排序的。移除值有两种原因：一，旧值比新值大，被淘汰。从容器尾淘汰。二，旧值超重或超过数量了，从容器头淘汰。所以用双向队列。

代码

class Solution {
public:
int boxDelivering(vector& boxes, int portsCount, int maxBoxes, int maxWeight) {
m_c = boxes.size();
m_vRet.resize(m_c+1);//记录boxes[0,i) 需的最小行程数
vector vWeightSum = { 0 };//箱子重量前缀和
for (const auto& v : boxes)
{
vWeightSum.emplace_back(v[1] + vWeightSum.back());
}
vector vDownSum = { 0,0 };//假定不是本车的第一个箱子，卸货需要的次数
for (int i = 1; i < m_c; i++)
{
vDownSum.emplace_back(vDownSum.back() + (boxes[i][0] != boxes[i-1][0]));
}
std::deque> mSumJ = { { 0,0} };
for (int i = 1; i <= m_c; i++)
{
// [left,i)为空，不会超重，也不会超量。所以无需判断是否为空
while (mSumJ.size() &&((i - mSumJ.front().second > maxBoxes) || (vWeightSum[i] - vWeightSum[mSumJ.front().second] > maxWeight)))
{
//如果[left,i)超重或超亮
mSumJ.pop_front();
}
m_vRet[i ] = mSumJ.front().first + 2 + vDownSum[i] ;
if (i + 1 > m_c)
{
continue;
}
const int iNew = m_vRet[i] - vDownSum[i + 1];
while (mSumJ.size() && (mSumJ.back().first >= iNew))
{
mSumJ.pop_back();
}
mSumJ.emplace_back(iNew, i);
}
return m_vRet.back();
}
int m_c;
vector m_vRet;
};

扩展阅读

视频课程

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相关下载

想高屋建瓴的学习算法，请下载《闻缺陷则喜算法册》doc版
https://download.csdn.net/download/he_zhidan/88348653

测试环境

操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境：

VS2022 C++17