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  • ,0 路径和最小,所以返回12  下面代码示例给出通常动态规划解决方法空间复杂度为O(M*N),同时给出空间压缩之后的方法,空间复杂度为O(min{M,N}); #include #include #include #include #
    题目:已知矩阵
    1 3 5 9
    8 1 3 4
    5 0 6 1
    8 8 4 0

    ‰以1 ,3 ,1, 0 , 6,1 ,0路径和最小,所以返回12 


    下面代码示例给出通常动态规划解决方法空间复杂度为O(M*N),同时给出空间压缩之后的方法,空间复杂度为O(min{M,N});

    #include <iostream>
    #include <vector>
    #include <algorithm>
    #include <cstdio>
    #include <cmath>
    
    using namespace std;
    
    #define MATRIX_ROWS_LENGTHS 4
    #define MATRIX_COLS_LENGTHS 4
    
    /* 求出矩阵的最小路径和,该方法空间复杂度为O(M*N)
       dp[i][j]数组代表的意义为m[0][0]到m[i][j]的最小和*/
    int minMatrixPathSum1(int m[][MATRIX_COLS_LENGTHS])
    {
        if (m == NULL)
        {
            return 0;
        }
        int i = 0, j = 0;
        int dp[MATRIX_ROWS_LENGTHS][MATRIX_COLS_LENGTHS] = {0};
        dp[0][0] = m[0][0];
    
        /* 求出第一行的dp数值 */
        for(j = 1; j < MATRIX_COLS_LENGTHS; j++)
        {
            dp[0][j] = dp[0][j-1] + m[0][j];
        }
    
        /* 求出第一列的dp数值 */
        for(i = 0; i < MATRIX_ROWS_LENGTHS; i++)
        {
            dp[i][0] = dp[i-1][0] + m[i][0];
        }
    
        /* 求出剩下的dp数值 */
        for(i = 1; i < MATRIX_ROWS_LENGTHS; i++)
        {
            for(j = 1; j < MATRIX_COLS_LENGTHS; j++)
            {
                dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]) + m[i][j];
            }
        }
    
        return dp[MATRIX_ROWS_LENGTHS-1][MATRIX_COLS_LENGTHS-1];
    }
    
    /* 经过空间压缩之后,空间复杂度可以变为O(min{M,N}) */
    int minMatrixPathSum2(int m[][MATRIX_COLS_LENGTHS])
    {
        if (m == NULL)
        {
            return 0;
        }
        int i = 0, j = 0;
    
        int moreLen = max(MATRIX_ROWS_LENGTHS,MATRIX_COLS_LENGTHS);//行数与列数较大的数
        int lessLen = min(MATRIX_ROWS_LENGTHS,MATRIX_COLS_LENGTHS);//行数与列数较小的数
        bool rowmore = (moreLen == MATRIX_ROWS_LENGTHS);  //行数是不是大于等于列数
        int minPath = 0;
    
        int* arr = new int[lessLen]; //辅助数组的长度仅仅为行数与列数的最小值
        arr[0] = m[0][0];
    
        /* 求出第一行的dp数值 */
        for(i = 1; i < lessLen; i++)
        {
            arr[i] = arr[i-1] + (rowmore ? m[0][i] : m[i][0]);
        }
    
        /* 求出剩下的dp数值 */
        for(i = 1; i < moreLen; i++)
        {
            arr[0] = arr[0] + (rowmore ? m[i][0] : m[0][i]);
            for(j = 1; j < lessLen; j++)
            {
                arr[j] = min(arr[j-1],arr[j]) + (rowmore ? m[i][j] : m[j][i]);
            }
        }
    
        minPath = arr[lessLen-1];
        delete[] arr;
    
        return minPath;
    }
    int main()
    {
       int matrix[MATRIX_ROWS_LENGTHS][MATRIX_COLS_LENGTHS] =
       {{1,4,9,18},
        {9,5,8,12,},
        {14,5,11,12},
        {22,13,15,12}
       };
    
        cout << minMatrixPathSum1(matrix) << endl;
        cout << minMatrixPathSum2(matrix) << endl;
    }
    


    本题中的压缩空间的方法几乎可以应用到所有的二维动态规划的题目,通过一个数组滚动更新的方式无疑节省了大量的空间。没有优化之前,去的某个位置动态规划值的过程是在矩阵中进行两次寻址,程序的常数时间也得到了一定程度的加速,但是空间压缩的方法是有局限性的,如果本题改成打印具有最小路径和的路径,就不能使用空间压缩的方法。

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  • 64、最小路径和 给定一个包含非负整数的 m x n 网格,请找出一条从左上角到右下角的路径,使得路径上的数字总和为最小。 说明:每次只能向下或者向右移动一步。 示例: 输入: [ [1,3,1], [1,5,1], [4,2,1] ...

    64、最小路径和

    
    给定一个包含非负整数的 m x n 网格,请找出一条从左上角到右下角的路径,使得路径上的数字总和为最小。
    
    说明:每次只能向下或者向右移动一步。
    
    示例:
    
    输入:
    [
      [1,3,1],
      [1,5,1],
      [4,2,1]
    ]
    输出: 7
    解释: 因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。
    
    class Solution {
        public int minPathSum(int[][] grid) {
            if(grid == null)
                return 0;
            int m = grid.length;        
            int n = grid[0].length;
            int[][] dp = new int[m][n];
            dp[0][0] = grid[0][0];
            for(int i=1;i<m;i++){
                dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0];  
            }
            for(int j=1;j<n;j++){
                dp[0][j] = dp[0][j-1] + grid[0][j];
            }
            for(int i=1;i<m;i++){
                for(int j=1;j<n;j++){
    
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]) + grid[i][j];
                }
            }
            return dp[m-1][n-1];
        }
    }

    注意:先把第0行和第0列进行初始化(第一行只能从左一直往右走,而第一列只能从上一直往下走,并且将经过的点累加起来。)
    状态转移方程为dp[i][j] = min{dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]} + m[i][j].可以用一个二维的dp矩阵来求解.对于dp矩阵,第一行和第一列只会有一种走法,就是从左到右或者从上到下的累加,所以可以先进行初始化,然后其他元素就可以用过转移方程一个一个填充.
    边界条件:if(m==null||m.length==0||m[0]==null||m[0].length==0)
    优化:使用一个一维数组在进行这个迭代过程。

    上面的动态规划的时间复杂度是O(M*N),空间复杂度就是二维数组的大小O(M*N)。空间压缩的方法是不用记录所有的子问题的解。所以就可以只用一个行数组记录第一行、第二行…依次计算……………直到最后一行,得到dp[N-1]就是左上角到右下角的最小路径和。

    class Solution {
        public int minPathSum(int[][] grid) {
            if(grid == null)
                return 0;
            int row = grid.length;
            int col = grid[0].length;
    
            int[] dp = new int[col];
            dp[0] = grid[0][0];
    
            //计算第一行的最短路径
            for(int j=1;j<col;j++){
                dp[j] = dp[j-1] + grid[0][j];
            }
            //计算除了第一行的其他最小路径和
            for(int i=1;i<row;i++){
                //dp[0]代表每一行最左边的dp,后一行的dp覆盖前一行的dp
                dp[0] = dp[0] + grid[i][0];
                for(int j=1;j<col;j++){               
                    //后面的dp[j]保存的是这行这个位置的上一行位置,表示从上往下的方向
                    //dp[j-1]表示从左往右的方向
                    dp[j] = Math.min(dp[j-1],dp[j]) + grid[i][j];                
                }
            }
            return dp[col-1];
        }
    }

    本题中的压缩空间的方法几乎可以应用到所有的二维动态规划的题目,通过一个数组滚动更新的方式无疑节省了大量的空间。没有优化之前,求某个位置动态规划值的过程是在矩阵中进行两次寻址,程序的常数时间也得到了一定程度的加速,但是空间压缩的方法是有局限性的,如果本题改成打印具有最小路径和的路径,就不能使用空间压缩的方法。

    参考:https://blog.csdn.net/u013309870/article/details/69569456

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  • LeetCode-64-Minimum Path Sum最小路径和问题 题目大意 递归尝试版本 记忆化搜索 二维空间dp表 滚动数组优化空间O(min{N,M}) 打印解 题目链接 题目大意 给定一个包含非负整数的 m x n 网格,请找出一条从...

    LeetCode - 64. Minimum Path Sum(最小路径和)

    • 递归
    • 记忆化搜索
    • 二维空间dp表
    • 滚动数组优化空间O(min{N,M})
    • 打印解

    题目链接

    题目

    在这里插入图片描述


    递归

    首先我们可以思考,使用递归来解决这个问题:

    • 加入我们就在最右下角的格子(也可以想象成网格只有一个格子),那么最短路径和就是格子中的值;
    • 然后假如我们在最后一行的格子中,假如是grid[grid.length][j],那么从这个点出发到最右下角的最小路径和就是本身加上它左边的格子到最右下角的最小路径和。
    • 最后一列和最后一行是同理的。
    • 一个普通的位置,它到最右下角的最小路径和是多少呢,是它左边一个位置和它下面一个位置的最小路径和中最小的那个加上它自己格子的值。

    于是可以写出下面的递归函数 :

    class Solution {
    
        private int n;
        private int m;
    
        public int minPathSum(int[][] grid) {
            n = grid.length;
            m = grid[0].length;
            return rec(grid, 0, 0);
        }
    
        public int rec(int[][] grid, int i, int j) {
            if (i == n - 1 && j == m - 1)
                return grid[i][j];
            if (i == n - 1)
                return grid[i][j] + rec(grid, i, j + 1);
            if (j == m - 1)
                return grid[i][j] + rec(grid, i + 1, j);
            return grid[i][j] + Math.min(rec(grid, i + 1, j), rec(grid, i, j + 1));
        }
    }
    

    但是上面的方法有很多重复计算的子问题,所以时间复杂度很高,不能通过测试。


    记忆化搜索

    既然上面的过程有很多重复计算的子问题,那我们可以在递归的过程中记录子问题的解,如果之前已经求解过,使用一个二位数组记录一下,那么我们下次再需要这个子问题的解的时候不需要递归,直接拿出来用即可。

    class Solution {
    
        private int[][] dp;
        private int n, m;
    
        public int minPathSum(int[][] grid) {
            n = grid.length;
            m = grid[0].length;
            dp = new int[n][m];
            for (int i = 0; i < n; i++)
                Arrays.fill(dp[i], -1);
            return rec(grid, 0, 0);
        }
    
        public int rec(int[][] grid, int i, int j) {
            if (i == n - 1 && j == m - 1)
                return grid[i][j];
            if (dp[i][j] != -1)  //已经计算过,直接返回
                return dp[i][j];
            int minValue;
            if (i == n - 1)
                minValue = grid[i][j] + rec(grid, i, j + 1);
            else if (j == m - 1)
                minValue = grid[i][j] + rec(grid, i + 1, j);
            else
                minValue = grid[i][j] + Math.min(rec(grid, i + 1, j), rec(grid, i, j + 1));
            return dp[i][j] = minValue;
        }
    }
    

    二维空间dp表

    动态规划的过程可以看做是递归的逆过程,既然递归是从上往下求解,每个大的问题都要先去求解子问题,所以,动态规划是先求解小的子问题,依次往上,所以大问题需要的子问题已经提前求好了。

    对于这个题目 :

    • 先生成一张二维dp表,然后按照递归相反的方向求解;
    • 先把dp表的最右下角,最后一行,和最后一列的位置填好;
    • 然后一个普通的位置依赖它下面的位置和左边的位置,所以我们依次从下到上,做右往左,填整张dp表,最后dp[0][0]就是答案。

    这里写图片描述

    class Solution {
    
        public int minPathSum(int[][] grid) {
            if (grid == null || grid.length == 0 || grid[0] == null || grid[0].length == 0)
                return 0;
            int r = grid.length - 1;
            int c = grid[0].length - 1;
            int[][] dp = new int[r + 1][c + 1];
            dp[r][c] = grid[r][c];
            for (int i = r - 1; i >= 0; i--) dp[i][c] = dp[i + 1][c] + grid[i][c]; //填充最后一列的
            for (int j = c - 1; j >= 0; j--) dp[r][j] = dp[r][j + 1] + grid[r][j]; //填充最后一行的
    
            for (int i = r - 1; i >= 0; i--) { //填充其他的
                for (int j = c - 1; j >= 0; j--) {
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) + grid[i][j];
                }
            }
            return dp[0][0];
        }
    }
    

    滚动数组优化空间O(min{N,M})

    在我们计算整张dp表的时候,某个位置依赖的位置只是它右边的位置和下面的位置,所以如果只是要得到最小路径和的话,没有必要生成整张dp表,只需要一个一位数组即可。

    为什么可以这样呢,看下图,因为某个位置dp[i][j]依赖dp[i+1][j]dp[i][j+1],如果只使用一维数组的话,其实此时dp[i]代表的就是dp[i+1][j],而dp[i+1]代表的是dp[i][j+1],此时它已经被更新,但是dp[i]没有被更新,所以可以直接比较dp[i]dp[i+1]的大小赋给dp[i]即可。

    这里写图片描述

    class Solution {
    
        public int minPathSum(int[][] grid) {
            int n = grid.length;
            int m = grid[0].length;
            int big = Math.max(n - 1, m - 1);
            int small = Math.min(n - 1, m - 1);
            boolean rowMore = n-1 == big;
            int[] dp = new int[small + 1];
            dp[small] = grid[n - 1][m - 1];
            for (int i = small - 1; i >= 0; i--)
                dp[i] = dp[i + 1] + (rowMore ? grid[big][i] : grid[i][big]);
            for (int i = big - 1; i >= 0; i--) {
                dp[small] = dp[small] + (rowMore ? grid[i][small] : grid[small][i]);
                for (int j = small - 1; j >= 0; j--) {
                    dp[j] = Math.min(dp[j], dp[j + 1]) + (rowMore ? grid[i][j] : grid[j][i]);
                }
            }
            return dp[0];
        }
    }
    

    上面的代码处理了如果行数少于列数时,更新的方向就是一列一列的更新。这样就可以达到空间复杂度控制在O(min{N,M})内。


    打印解

    注意要打印解的话,不能使用空间优化,必须保存原来的二维dp数组,这样才能回溯回去。

    	 public void printAnswer(int[][] grid,int[][] dp){
            int i = 0,j = 0;
            System.out.println("[0,0]");
            while(i < grid.length && j < grid[0].length){
                if(i == grid.length - 1 && j == grid[0].length - 1){
                    break;
                }
                if(i == grid.length - 1) {
                    System.out.println("[" + i + "," + (++j) + "]");
                }else if( j == grid[0].length - 1){
                    System.out.println("[" + (++i) + "," + j + "]");
                } else if(dp[i+1][j] < dp[i][j+1]){
                    System.out.println("[" + (++i) + "," + j + "]");
                }else {
                    System.out.println("[" + i + "," + (++j) + "]");
                }
            }
        }
    
    展开全文
  • 【奇技淫巧】-- 三角形最小路径和

    千次阅读 2020-07-31 09:13:57
    文章目录三角形最小路径和思路一:动态规划细节代码实现一:复杂度分析思路二:动态规划 + 空间优化代码实现复杂度分析 三角形最小路径和 给定一个三角形,找出自顶向下的最小路径和。每一步只能移动到下一行中相邻...

    三角形最小路径和

    给定一个三角形,找出自顶向下的最小路径和。每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。

    相邻的结点 在这里指的是 下标 与 上一层结点下标 相同或者等于 上一层结点下标 + 1 的两个结点。

    例如,给定三角形:

    [
         [2],
        [3,4],
       [6,5,7],
      [4,1,8,3]
    ]
    

    自顶向下的最小路径和为 11(即,2 + 3 + 5 + 1 = 11)。

    说明:
    如果你可以只使用 O(n) 的额外空间(n 为三角形的总行数)来解决这个问题,那么你的算法会很加分。

    来源:力扣(LeetCode) 链接:https://leetcode-cn.com/problems/triangle
    著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

    思路一:动态规划

    我们用 f[i][j]表示从三角形顶部走到位置 (i,j) 的最小路径和。这里的位置 (i,j) 指的是三角形中第 i 行第 j 列(均从 0 开始编号)的位置。

    由于每一步只能移动到下一行「相邻的节点」上,因此要想走到位置 (i,j),上一步就只能在位置 (i−1,j−1) 或者位置 (i−1,j)。我们在这两个位置中选择一个路径和较小的来进行转移,状态转移方程为:

    f[i][j]=min⁡(f[i−1][j−1],f[i−1][j])+c[i][j]

    其中 c[i][j] 表示位置 (i,j) 对应的元素值。

    注意第 i 行有 i+1个元素,它们对应的 j 的范围为 [0,i]。当 j=0或 j=i 时,上述状态转移方程中有一些项是没有意义的。例如当 j=0 时,f[i−1][j−1]没有意义,因此状态转移方程为:

    f[i][0]=f[i−1][0]+c[i][0]

    即当我们在第 i 行的最左侧时,我们只能从第 i−1 行的最左侧移动过来。当 j=i时,f[i−1][j] 没有意义,因此状态转移方程为:

    f[i][i]=f[i−1][i−1]+c[i][i]

    即当我们在第 i 行的最右侧时,我们只能从第 i−1 行的最右侧移动过来。

    最终的答案即为 f[n−1][0] 到 f[n−1][n−1]中的最小值,其中 n 是三角形的行数。

    细节

    状态转移方程的边界条件是什么?由于我们已经去除了所有「没有意义」的状态,因此边界条件可以定为:

    f[0][0]=c[0][0]

    即在三角形的顶部时,最小路径和就等于对应位置的元素值。这样一来,我们从 1 开始递增地枚举 i,并在 [0,i] 的范围内递增地枚举 j,就可以完成所有状态的计算。

    作者:LeetCode-Solution
    链接:https://leetcode-cn.com/problems/triangle/solution/san-jiao-xing-zui-xiao-lu-jing-he-by-leetcode-solu/
    来源:力扣(LeetCode) 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权,非商业转载请注明出处。

    代码实现一:

    class Solution {
    public:
        int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
            int n = triangle.size();
            vector<vector<int>> f(n, vector<int>(n));
            f[0][0] = triangle[0][0];
            for (int i = 1; i < n; ++i) {
                f[i][0] = f[i - 1][0] + triangle[i][0];
                for (int j = 1; j < i; ++j) {
                    f[i][j] = min(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j]) + triangle[i][j];
                }
                f[i][i] = f[i - 1][i - 1] + triangle[i][i];
            }
            return *min_element(f[n - 1].begin(), f[n - 1].end());
        }
    };
    
    
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    复杂度分析

    时间复杂度:O(n^2),其中 n 是三角形的行数。
    
    空间复杂度:O(n^2)。我们需要一个 n∗n 的二维数组存放所有的状态。
    

    思路二:动态规划 + 空间优化

    在题目描述中的「说明」部分,提到了可以将空间复杂度优化至 O(n)O(n)O(n)。

    我们回顾方法一中的状态转移方程,可以发现,f[i][j] 只与 f[i−1][…] 有关,而与 f[i−2][…] 及之前的状态无关,因此我们不必存储这些无关的状态。具体地,我们使用两个长度为 n 的一维数组进行转移,将 i 根据奇偶性映射到其中一个一维数组,那么 i−1 就映射到了另一个一维数组。这样我们使用这两个一维数组,交替地进行状态转移。

    代码实现

    class Solution {
    public:
        int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
            int n = triangle.size();
            vector<vector<int>> f(2, vector<int>(n));
            f[0][0] = triangle[0][0];
            for (int i = 1; i < n; ++i) {
                int curr = i % 2;
                int prev = 1 - curr;
                f[curr][0] = f[prev][0] + triangle[i][0];
                for (int j = 1; j < i; ++j) {
                    f[curr][j] = min(f[prev][j - 1], f[prev][j]) + triangle[i][j];
                }
                f[curr][i] = f[prev][i - 1] + triangle[i][i];
            }
            return *min_element(f[(n - 1) % 2].begin(), f[(n - 1) % 2].end());
        }
    };
    
    
    > 作者:LeetCode-Solution
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    上述方法的空间复杂度为O(n),使用了2n 的空间存储状态。我们还可以继续进行优化吗?

    答案是可以的。我们从 i到 0 递减地枚举 j,这样我们只需要一个长度为 n 的一维数组 f,就可以完成状态转移。

    这样虽然空间复杂度仍然为 O(n),但我们只使用了 n 的空间存储状态,减少了一半的空间消耗。

    class Solution {
    public:
        int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
            int n = triangle.size();
            vector<int> f(n);
            f[0] = triangle[0][0];
            for (int i = 1; i < n; ++i) {
                f[i] = f[i - 1] + triangle[i][i];
                for (int j = i - 1; j > 0; --j) {
                    f[j] = min(f[j - 1], f[j]) + triangle[i][j];
                }
                f[0] += triangle[i][0];
            }
            return *min_element(f.begin(), f.end());
        }
    };
    
    
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    复杂度分析

    时间复杂度:O(n^2),其中 n 是三角形的行数。
    
    空间复杂度:O(n)。
    
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空空如也

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最小路径和空间优化