网站后台html编辑器,中企动力天津科技有限公司,网站推广的优势有哪些,合肥网站建设 八八四八本文章代码以c为例#xff01;
一、力扣第509题#xff1a;斐波那契数
题目#xff1a;
斐波那契数 #xff08;通常用 F(n) 表示#xff09;形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始#xff0c;后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是#xff1a…本文章代码以c为例
一、力扣第509题斐波那契数
题目
斐波那契数 通常用 F(n) 表示形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是
F(0) 0F(1) 1
F(n) F(n - 1) F(n - 2)其中 n 1给定 n 请计算 F(n) 。 示例 1
输入n 2
输出1
解释F(2) F(1) F(0) 1 0 1示例 2
输入n 3
输出2
解释F(3) F(2) F(1) 1 1 2示例 3
输入n 4
输出3
解释F(4) F(3) F(2) 2 1 3提示
0 n 30
思路
斐波那契数列大家应该非常熟悉不过了非常适合作为动规第一道题目来练练手。
因为这道题目比较简单可能一些同学并不需要做什么分析直接顺手一写就过了。
但「代码随想录」的风格是简单题目是用来加深对解题方法论的理解的。
通过这道题目让大家可以初步认识到按照动规五部曲是如何解题的。
对于动规如果没有方法论的话可能简单题目可以顺手一写就过难一点就不知道如何下手了。
所以我总结的动规五部曲是要用来贯穿整个动态规划系列的就像之前讲过二叉树系列的递归三部曲
(opens new window)回溯法系列的回溯三部曲
(opens new window)一样。后面慢慢大家就会体会到动规五部曲方法的重要性。
# 动态规划
动规五部曲
这里我们要用一个一维dp数组来保存递归的结果
确定dp数组以及下标的含义
dp[i]的定义为第i个数的斐波那契数值是dp[i]
确定递推公式
为什么这是一道非常简单的入门题目呢
因为题目已经把递推公式直接给我们了状态转移方程 dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];
dp数组如何初始化
题目中把如何初始化也直接给我们了如下
dp[0] 0;
dp[1] 1;确定遍历顺序
从递归公式dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];中可以看出dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的
举例推导dp数组
按照这个递推公式dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2]我们来推导一下当N为10的时候dp数组应该是如下的数列
0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55
如果代码写出来发现结果不对就把dp数组打印出来看看和我们推导的数列是不是一致的。
以上我们用动规的方法分析完了C代码如下
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N 1) return N;vectorint dp(N 1);dp[0] 0;dp[1] 1;for (int i 2; i N; i) {dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];}return dp[N];}
};时间复杂度O(n)空间复杂度O(n)
当然可以发现我们只需要维护两个数值就可以了不需要记录整个序列。
代码如下
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N 1) return N;int dp[2];dp[0] 0;dp[1] 1;for (int i 2; i N; i) {int sum dp[0] dp[1];dp[0] dp[1];dp[1] sum;}return dp[1];}
};时间复杂度O(n)空间复杂度O(1)
# 递归解法
本题还可以使用递归解法来做
代码如下
class Solution {
public:int fib(int N) {if (N 2) return N;return fib(N - 1) fib(N - 2);}
};时间复杂度O(2^n)空间复杂度O(n)算上了编程语言中实现递归的系统栈所占空间
这个递归的时间复杂度大家画一下树形图就知道了如果不清晰的同学可以看这篇通过一道面试题目讲一讲递归算法的时间复杂度 (opens new window)
# 总结
斐波那契数列这道题目是非常基础的题目我在后面的动态规划的讲解中将会多次提到斐波那契数列
这里我严格按照关于动态规划你该了解这些 (opens new window)中的动规五部曲来分析了这道题目一些分析步骤可能同学感觉没有必要搞的这么复杂代码其实上来就可以撸出来。
但我还是强调一下简单题是用来掌握方法论的动规五部曲将在接下来的动态规划讲解中发挥重要作用敬请期待
二、力扣第70题爬楼梯
题目
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢 示例 1
输入n 2
输出2
解释有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 1 阶
2. 2 阶
示例 2
输入n 3
输出3
解释有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 1 阶 1 阶
2. 1 阶 2 阶
3. 2 阶 1 阶提示
1 n 45
思路
本题大家如果没有接触过的话会感觉比较难多举几个例子就可以发现其规律。
爬到第一层楼梯有一种方法爬到二层楼梯有两种方法。
那么第一层楼梯再跨两步就到第三层 第二层楼梯再跨一步就到第三层。
所以到第三层楼梯的状态可以由第二层楼梯 和 到第一层楼梯状态推导出来那么就可以想到动态规划了。
我们来分析一下动规五部曲
定义一个一维数组来记录不同楼层的状态
确定dp数组以及下标的含义
dp[i] 爬到第i层楼梯有dp[i]种方法
确定递推公式
如何可以推出dp[i]呢
从dp[i]的定义可以看出dp[i] 可以有两个方向推出来。
首先是dp[i - 1]上i-1层楼梯有dp[i - 1]种方法那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。
还有就是dp[i - 2]上i-2层楼梯有dp[i - 2]种方法那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。
那么dp[i]就是 dp[i - 1]与dp[i - 2]之和
所以dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2] 。
在推导dp[i]的时候一定要时刻想着dp[i]的定义否则容易跑偏。
这体现出确定dp数组以及下标的含义的重要性
dp数组如何初始化
再回顾一下dp[i]的定义爬到第i层楼梯有dp[i]种方法。
那么i为0dp[i]应该是多少呢这个可以有很多解释但基本都是直接奔着答案去解释的。
例如强行安慰自己爬到第0层也有一种方法什么都不做也就是一种方法即dp[0] 1相当于直接站在楼顶。
但总有点牵强的成分。
那还这么理解呢我就认为跑到第0层方法就是0啊一步只能走一个台阶或者两个台阶然而楼层是0直接站楼顶上了就是不用方法dp[0]就应该是0.
其实这么争论下去没有意义大部分解释说dp[0]应该为1的理由其实是因为dp[0]1的话在递推的过程中i从2开始遍历本题就能过然后就往结果上靠去解释dp[0] 1。
从dp数组定义的角度上来说dp[0] 0 也能说得通。
需要注意的是题目中说了n是一个正整数题目根本就没说n有为0的情况。
所以本题其实就不应该讨论dp[0]的初始化
我相信dp[1] 1dp[2] 2这个初始化大家应该都没有争议的。
所以我的原则是不考虑dp[0]如何初始化只初始化dp[1] 1dp[2] 2然后从i 3开始递推这样才符合dp[i]的定义。
确定遍历顺序
从递推公式dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];中可以看出遍历顺序一定是从前向后遍历的
举例推导dp数组
举例当n为5的时候dp tabledp数组应该是这样的 如果代码出问题了就把dp table 打印出来看看究竟是不是和自己推导的一样。
此时大家应该发现了这不就是斐波那契数列么
唯一的区别是没有讨论dp[0]应该是什么因为dp[0]在本题没有意义
以上五部分析完之后C代码如下
// 版本一
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n 1) return n; // 因为下面直接对dp[2]操作了防止空指针vectorint dp(n 1);dp[1] 1;dp[2] 2;for (int i 3; i n; i) { // 注意i是从3开始的dp[i] dp[i - 1] dp[i - 2];}return dp[n];}
};时间复杂度$O(n)$空间复杂度$O(n)$
当然依然也可以优化一下空间复杂度代码如下
// 版本二
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {if (n 1) return n;int dp[3];dp[1] 1;dp[2] 2;for (int i 3; i n; i) {int sum dp[1] dp[2];dp[1] dp[2];dp[2] sum;}return dp[2];}
};时间复杂度$O(n)$空间复杂度$O(1)$
后面将讲解的很多动规的题目其实都是当前状态依赖前两个或者前三个状态都可以做空间上的优化但我个人认为面试中能写出版本一就够了哈清晰明了如果面试官要求进一步优化空间的话我们再去优化。
因为版本一才能体现出动规的思想精髓递推的状态变化。
# 拓展
这道题目还可以继续深化就是一步一个台阶两个台阶三个台阶直到 m个台阶有多少种方法爬到n阶楼顶。
这又有难度了这其实是一个完全背包问题但力扣上没有这种题目所以后续我在讲解背包问题的时候今天这道题还会从背包问题的角度上来再讲一遍。 如果想提前看一下可以看这篇:70.爬楼梯完全背包版本
(opens new window)
这里我先给出我的实现代码
class Solution {
public:int climbStairs(int n) {vectorint dp(n 1, 0);dp[0] 1;for (int i 1; i n; i) {for (int j 1; j m; j) { // 把m换成2就可以AC爬楼梯这道题if (i - j 0) dp[i] dp[i - j];}}return dp[n];}
};代码中m表示最多可以爬m个台阶。
以上代码不能运行哈我主要是为了体现只要把m换成2粘过去就可以AC爬楼梯这道题不信你就粘一下试试。
此时我就发现一个绝佳的大厂面试题第一道题就是单纯的爬楼梯然后看候选人的代码实现如果把dp[0]的定义成1了就可以发难了为什么dp[0]一定要初始化为1此时可能候选人就要强行给dp[0]应该是1找各种理由。那这就是一个考察点了对dp[i]的定义理解的不深入。
然后可以继续发难如果一步一个台阶两个台阶三个台阶直到 m个台阶有多少种方法爬到n阶楼顶。这道题目leetcode上并没有原题绝对是考察候选人算法能力的绝佳好题。
这一连套问下来候选人算法能力如何面试官心里就有数了。
其实大厂面试最喜欢的问题就是这种简单题然后慢慢变化在小细节上考察候选人。
# 总结
这道题目和动态规划斐波那契数
(opens new window)题目基本是一样的但是会发现本题相比动态规划斐波那契数
(opens new window)难多了为什么呢
关键是 动态规划斐波那契数 (opens new window) 题目描述就已经把动规五部曲里的递归公式和如何初始化都给出来了剩下几部曲也自然而然的推出来了。
而本题就需要逐个分析了大家现在应该初步感受出关于动态规划你该了解这些 (opens new window)里给出的动规五部曲了。
简单题是用来掌握方法论的例如昨天斐波那契的题目够简单了吧但昨天和今天可以使用一套方法分析出来的这就是方法论
所以不要轻视简单题那种凭感觉就刷过去了其实和没掌握区别不大只有掌握方法论并说清一二三才能触类旁通举一反三哈
三、力扣第746题使用最小花费爬楼梯
题目
给你一个整数数组 cost 其中 cost[i] 是从楼梯第 i 个台阶向上爬需要支付的费用。一旦你支付此费用即可选择向上爬一个或者两个台阶。
你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。
请你计算并返回达到楼梯顶部的最低花费。
示例 1
输入cost [10,15,20]
输出15
解释你将从下标为 1 的台阶开始。
- 支付 15 向上爬两个台阶到达楼梯顶部。
总花费为 15 。示例 2
输入cost [1,100,1,1,1,100,1,1,100,1]
输出6
解释你将从下标为 0 的台阶开始。
- 支付 1 向上爬两个台阶到达下标为 2 的台阶。
- 支付 1 向上爬两个台阶到达下标为 4 的台阶。
- 支付 1 向上爬两个台阶到达下标为 6 的台阶。
- 支付 1 向上爬一个台阶到达下标为 7 的台阶。
- 支付 1 向上爬两个台阶到达下标为 9 的台阶。
- 支付 1 向上爬一个台阶到达楼梯顶部。
总花费为 6 。提示
2 cost.length 10000 cost[i] 999
前面是力扣现在的题目下面是力扣之前的旧题目
旧题目描述
数组的每个下标作为一个阶梯第 i 个阶梯对应着一个非负数的体力花费值 cost[i]下标从 0 开始。
每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值一旦支付了相应的体力值你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。
请你找出达到楼层顶部的最低花费。在开始时你可以选择从下标为 0 或 1 的元素作为初始阶梯。
示例 1
输入cost [10, 15, 20]输出15解释最低花费是从 cost[1] 开始然后走两步即可到阶梯顶一共花费 15 。
示例 2
输入cost [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1]输出6解释最低花费方式是从 cost[0] 开始逐个经过那些 1 跳过 cost[3] 一共花费 6 。
提示
cost 的长度范围是 [2, 1000]。cost[i] 将会是一个整型数据范围为 [0, 999] 。
本题之前的题目描述是很模糊的看不出来第一步需要花费体力值最后一步不用花费还是说 第一步不花费体力值最后一步花费。
后来力扣改了题目描述。
思路
在力扣修改了题目描述下我又重新修改了题解
修改之后的题意就比较明确了题目中说 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯” 也就是相当于 跳到 下标 0 或者 下标 1 是不花费体力的 从 下标 0 下标1 开始跳就要花费体力了。
确定dp数组以及下标的含义
使用动态规划就要有一个数组来记录状态本题只需要一个一维数组dp[i]就可以了。
dp[i]的定义到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。
对于dp数组的定义大家一定要清晰
确定递推公式
可以有两个途径得到dp[i]一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] cost[i - 1]。
dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] cost[i - 2]。
那么究竟是选从dp[i - 1]跳还是从dp[i - 2]跳呢
一定是选最小的所以dp[i] min(dp[i - 1] cost[i - 1], dp[i - 2] cost[i - 2]);
dp数组如何初始化
看一下递归公式dp[i]由dp[i - 1]dp[i - 2]推出既然初始化所有的dp[i]是不可能的那么只初始化dp[0]和dp[1]就够了其他的最终都是dp[0]dp[1]推出。
那么 dp[0] 应该是多少呢 根据dp数组的定义到达第0台阶所花费的最小体力为dp[0]那么有同学可能想那dp[0] 应该是 cost[0]例如 cost [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] 的话dp[0] 就是 cost[0] 应该是1。
这里就要说明本题力扣为什么改题意而且修改题意之后 就清晰很多的原因了。
新题目描述中明确说了 “你可以选择从下标为 0 或下标为 1 的台阶开始爬楼梯。” 也就是说 到达 第 0 个台阶是不花费的但从 第0 个台阶 往上跳的话需要花费 cost[0]。
所以初始化 dp[0] 0dp[1] 0;
确定遍历顺序
最后一步递归公式有了初始化有了如何遍历呢
本题的遍历顺序其实比较简单简单到很多同学都忽略了思考这一步直接就把代码写出来了。
因为是模拟台阶而且dp[i]由dp[i-1]dp[i-2]推出所以是从前到后遍历cost数组就可以了。 但是稍稍有点难度的动态规划其遍历顺序并不容易确定下来。 例如01背包都知道两个for循环一个for遍历物品嵌套一个for遍历背包容量那么为什么不是一个for遍历背包容量嵌套一个for遍历物品呢 以及在使用一维dp数组的时候遍历背包容量为什么要倒序呢 这些都与遍历顺序息息相关。当然背包问题后续「代码随想录」都会重点讲解的
举例推导dp数组
拿示例2cost [1, 100, 1, 1, 1, 100, 1, 1, 100, 1] 来模拟一下dp数组的状态变化如下 如果大家代码写出来有问题就把dp数组打印出来看看和如上推导的是不是一样的。
以上分析完毕整体C代码如下
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vectorint cost) {vectorint dp(cost.size() 1);dp[0] 0; // 默认第一步都是不花费体力的dp[1] 0;for (int i 2; i cost.size(); i) {dp[i] min(dp[i - 1] cost[i - 1], dp[i - 2] cost[i - 2]);}return dp[cost.size()];}
};时间复杂度O(n)空间复杂度O(n)
还可以优化空间复杂度因为dp[i]就是由前两位推出来的那么也不用dp数组了C代码如下
// 版本二
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vectorint cost) {int dp0 0;int dp1 0;for (int i 2; i cost.size(); i) {int dpi min(dp1 cost[i - 1], dp0 cost[i - 2]);dp0 dp1; // 记录一下前两位dp1 dpi;}return dp1;}
};
时间复杂度O(n)空间复杂度O(1)
当然如果在面试中能写出版本一就行除非面试官额外要求 空间复杂度那么再去思考版本二因为版本二还是有点绕。版本一才是正常思路。
# 拓展
旧力扣描述如果按照 第一步是花费的最后一步不花费那么代码是这么写的提交也可以通过
// 版本一
class Solution {
public:int minCostClimbingStairs(vectorint cost) {vectorint dp(cost.size());dp[0] cost[0]; // 第一步有花费dp[1] cost[1];for (int i 2; i cost.size(); i) {dp[i] min(dp[i - 1], dp[i - 2]) cost[i];}// 注意最后一步可以理解为不用花费所以取倒数第一步第二步的最少值return min(dp[cost.size() - 1], dp[cost.size() - 2]);}
};当然如果对 动态规划 理解不够深入的话拓展内容就别看了容易越看越懵。
# 总结
大家可以发现这道题目相对于 昨天的动态规划爬楼梯
(opens new window)又难了一点但整体思路是一样的。
从动态规划斐波那契数
(opens new window)到 动态规划爬楼梯
(opens new window)再到今天这道题目录友们感受到循序渐进的梯度了嘛。
每个系列开始的时候都有录友和我反馈说题目太简单了赶紧上难度但也有录友和我说有点难了快跟不上了。
其实我选的题目都是有目的性的就算是简单题也是为了练习方法论然后难度都是梯度上来的一环扣一环。
但我也可以随便选来一道难题讲呗这其实是最省事的不用管什么题目顺序看心情找一道就讲。
难的是把题目按梯度排好循序渐进再按照统一方法论把这些都串起来所以大家不要催我哈按照我的节奏一步一步来就行了。 day38补
