动态规划第六讲——leetcode上的动态规划汇总（下）

接下来的几道题，都是有关路径问题，这可以说是DP问题的一种典型应用。路径有一个维度的；也有两个维度的。

Eg10:Climbing Stairs



这道题目比较简单，重在分析思路。

Eg11:Minimum Path Sum

分析：略

class Solution {       
public:             
    int minPathSum(vector<vector<int> > &grid) {
        int row, col;
        row=grid.size();
        if(row==0)  
            return -1; 
        col=grid[0].size();
        int i,j;       
        for(j=1;j<col;j++)
            grid[0][j]+=grid[0][j-1];
                    
        for(i=1;i<row;i++){
            grid[i][0]+=grid[i-1][0];
        }           
                    
        for(i=1;i<row;i++){
            for(j=1;j<col;j++){
                grid[i][j] += min(grid[i-1][j],grid[i][j-1]);
             }          
        }           
        return grid[row-1][col-1];
                    
    }               
};

Eg12:Unique Paths



分析：略

class Solution {
    public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
            if(m<1 || n<1){
                return 0; 
            }
            int a[m]
;
            int i,j;      
            fill(a[0], a[0]+n, 1);
            for(j=1;j<m;j++)
                a[j][0]=1;
 
                                                                                                                                    
            for(i=1;i<m;i++)
                for(j=1;j<n;j++)
                    a[i][j]=a[i-1][j] + a[i][j-1];
            return a[m-1][n-1];
 
    }
};

Eg13:Unique Paths II

class Solution {
public:  
    int uniquePathsWithObstacles(vector<vector<int> > &obstacleGrid) {
        int m, n;
        m=obstacleGrid.size();
        if(m==0)
            return 0;
        n=obstacleGrid[0].size();
        if(n==0)
            return 0;
         
        int i,j;
        for(i=0;i<m;i++)
            for(j=0;j<n;j++)
                if(obstacleGrid[i][j]==1)
                    obstacleGrid[i][j]=-1;
         
        for(j=0;j<n;j++)
            if(obstacleGrid[0][j]==0)
                obstacleGrid[0][j]=1;
            else if(obstacleGrid[0][j]==-1)
                break;
       for (i = 0; i < m; ++i){
           if(obstacleGrid[i][0]==0)
               obstacleGrid[i][0]=1;
           else if(obstacleGrid[i][0]==-1)
               break;
       }                                                                                                                                                                                                                        
         
       for(i=1;i<m;i++){
            for(j=1;j<n;j++){
                 if(obstacleGrid[i][j]!=-1) 
                obstacleGrid[i][j]=obstacleGrid[i-1][j]*(obstacleGrid[i-1][j]>0? 1:0) + obstacleGrid[i][j-1]*(obstacleGrid[i][j-1]>0? 1:0);
            }   
       } 
         return obstacleGrid[m-1][n-1]>=0? obstacleGrid[m-1][n-1]:0;   
    }       
};

Eg14:Jump Game

分析：这道题目与其说是DP，不如说是GA(贪心算法)。是的，这里又隐含一条我们以后要谈到的规律：谈心算法实际上是DP问题的加强版，每一个GA都可以用DP求解，反之不然。

我们仍然记得，DP问题的递推表达式类似：

dp[i][j]= max{****};如果对max内部包含的时间复杂度是O(n)或者O(i)、O(j)的大小；那么此时如果贪心算法能够使用，往往需要O(1)的算法即可。

分析二：如果使用DP,对本题而言，dp[i] ||= {dp[j]&&(j+A[j]>=i)}

但是，这样毕竟有些浪费，比如对于{1, 2, 3, 4, 5}很明显到i的时候，可以忽略前面部分的i-2部分的计算结果，都可以合并到i-1之中，于是就有了GA：

class Solution {             
public:                      
    bool canJump(int A[], int n) {
        if(n<2) return true; 
        int maxi = A[0];
        int i;     
        for (i = 1; i < n; ++i){
            if(maxi > 0){ 
                maxi --;
                maxi = max(maxi, A[i]) ;
            }     
            else
               return false;
        }          
        return true;
    }                    
};

Eg15:Jump Game II

本题和上题目类似，代码如下：

class Solution {
      public:         
    int jump(int A[], int n) {
        if(n<2) return 0;
        int maxi=A[0] , step_left =0, res=0;
         for (int i = 1; i < n; ++i){
            if(maxi > 0){
                if(step_left > 0){
                    step_left--;
                }  
                else{
                    res++;
                    step_left = maxi-1;
                }
                maxi --;
                maxi = max(maxi, A[i]);
            }   
            else
                return -1;
        }       
        return res;
    }   
};

Eg16:Wildcard Matching

分析，这是一个双序列问题，典型的DP问题。但是，如果我们使用DP来求解，这道题目会超时。我们先来看看DP的解法。

dp[i+1][j+1]:s(0, i), t(0, j)是否能够匹配，res=dp[m]
;

递推关系就不写在这里了，这是一个2个方向的递归问题，需要注意的是时间和空间复杂度都是O(m*n), 因为实际测试的规模m, n在10^5, 所以没法通过。细细思考，有很多计算是不必要的;

计算dp[i+1][j+1]， 仅仅需要dp[i][j+1], dp[i+1][j], dp[i][j].另外，如果是s="aaaaaaaaaa" t="aaaaaaaaaaaaaaaaaaa*"那么，我们计算dp[10][j],如果上一行左侧元素全部是0， 本行在0之前的计算都是冗余的。也就是说，我们仅仅需要从上一行不是0的地方开始算起。例如，上面的例子，dp[1][1]=true, dp[1][2]=false之后的dp[1][j]=false
是一直成立的。这样，这个问题就变成了一个回溯问题，见下面的代码。所以，这类求解存在性而非最优化的题目，使用DP往往不是最优的解法。 下面的这个解法，本质上是贪心算法，就是让固定长度的s匹配最长的t；如果失败，那么回溯到上一个*所在的位置。

class Solution {                                               
public:                                                        
    bool isMatch(const char *s, const char *p) {               
        const char *prevs=s, *prev_start=NULL;                 
        while(*s){                                             
            if(*p=='?' || *p==*s){p++;s++;continue;}           
            if(*p == '*') {prev_start=p; p++; prevs=s;continue;}                                                                                                       
            if(prev_start) {p=prev_start+1; s= prevs+1;prevs++;continue;}
            return false;                                      
        }                                                      
        while((*p)=='*') p++;                                  
        return !(*p);                                          
    }                                                          
}; <span style="font-size:14px;">  </span>

需要注意的是，在这种模式下，"abc" 与 "a*"是匹配的。