关于android:LeetCode-周赛-3502023061801-背包变型题

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往期回顾：LeetCode 单周赛第 348 场 · 数位 DP 模版学会了吗？

T1. 总行驶间隔（Easy）

标签：模仿

T2. 找出分区值（Medium）

标签：排序

T3. 特地的排列（Medium）

标签：图、状态压缩、回溯

T4. 给墙壁刷油漆（Hard）

标签：动静布局、01 背包

https://leetcode.cn/problems/total-distance-traveled/

WA 的举手：

class Solution {fun distanceTraveled(mainTank: Int, additionalTank: Int): Int {return mainTank * 10 + Math.min(additionalTank, mainTank / 5) * 10
    }
}

这道题须要思考加油后又补足 5 升油量的状况：

class Solution {fun distanceTraveled(mainTank: Int, additionalTank: Int): Int {
        var ret = 0
        var x = mainTank
        var y = additionalTank
        while (x >= 5) {
            val time = x / 5
            ret += time * 50
            x %= 5
            val diff = Math.min(time, y)
            y -= diff
            x += diff
        }
        return ret + x * 10
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：O(log_5{n})
空间复杂度：O(1)

https://leetcode.cn/problems/find-the-value-of-the-partition/

排序后计算最小差值:

class Solution {fun findValueOfPartition(nums: IntArray): Int {nums.sort()
        var ret = Integer.MAX_VALUE
        for(i in 1 until nums.size) {ret = Math.min(ret, nums[i] - nums[i - 1])
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析

工夫复杂度：O(nlgn)
空间复杂度：O(lgn)

https://leetcode.cn/problems/special-permutations/

因为题目要求相邻元素之间至多存在单向整除关系，容易想到咱们须要预处理数据，记录每个元素在作为 (x, y) 相邻对中的 x 时，下一个数 y 能够抉择什么数，即从 x 到 y 存在单向边。

val edge = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
for ((i,x) in nums.withIndex()) {edge[x] = LinkedList<Int>()
    for (y in nums) {if (x == y) continue
        if (x % y == 0 || y % x == 0) edge[x]!!.add(y)
    }
}

这道题的最大有 14 个数，那么应用全排列将至多须要 14! 种状况，暴力全排列会不会超时呢？能够应用经验值 10! = 3628800 约等于 3 · 10^6，那么 14! 必然大于 3 · 10^6 · 10^4，显然是会超时的。

应用状态压缩能够解决这个问题，咱们定义 f(x, s) 示意最初抉择 x，且已抉择列表为 s 的状况下的计划数，其中 s 中的二进制位示意不同下标的数的抉择与未抉择状态，通过 s 就可演绎多种排列计划，最初咱们应用备忘录来剪枝。因为 14 能够被短整型的位数笼罩，因而咱们应用 (1 << 14) – 1 来作为初始状态，应用 0 作为终止条件。

class Solution {
    private val MOD = 1000000007
    fun specialPerm(nums: IntArray): Int {
        val n = nums.size
        val mask = 1 shl n
        // 预处理
        val edge = HashMap<Int, MutableList<Int>>()
        for (x in nums.indices) {edge[x] = LinkedList<Int>()
            for (y in nums.indices) {if (nums[x] != nums[y] && nums[x] % nums[y] == 0 || nums[y] % nums[x] == 0) edge[x]!!.add(y)
            }
        }
        // 备忘录
        val memo = Array(n) {IntArray(mask) {-1} } 

        fun backTrack(preIndex: Int, unUsed:Int) : Int{
            // 终止条件
            if (unUsed == 0) return 1
            // 读备忘录
            if (-1 != memo[preIndex][unUsed]) return memo[preIndex][unUsed] 
            var ret = 0
            for (choice in edge[preIndex]!!) {if (unUsed and (1 shl choice) == 0) continue
                ret = (ret + backTrack(choice, unUsed xor (1 shl choice))) % MOD
            }
            // 存备忘录
            memo[preIndex][unUsed] = ret
            return ret
        }

        // 枚举首个元素的多种状况
        var ret = 0
        for (i in nums.indices) {ret = (ret + backTrack(i, (mask - 1) xor (1 shl i))) % MOD
        }
        return ret
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：O(n^2·2^n) 总共有 n·2^n 种状态，每种状态的转移次数最多为 O(n)；
空间复杂度：O(n·2^n) 备忘录空间。

https://leetcode.cn/problems/painting-the-walls/

思路参考灵神的题解。

须要思考到优先让付费油漆匠刷最低开销的墙的贪婪计划是谬误的。

容易发现对于第 i 面墙来说，当且只有调配给付费油漆匠或收费油漆匠 2 种抉择，且有：

付费墙数 + 收费墙数 = n
付费刷墙工夫之和 ≥ 收费墙数

联结两式有：付费墙数 + 付费刷墙工夫之和 ≥ n，即 (付费刷墙工夫 + 1) 之和 ≥ n。那么，此时问题变成从 n 面墙中抉择 x 面付费墙，使得满足 (刷墙工夫 + 1) ≥ n 时的最小开销，能够用 0 1 背包模型解决。

咱们定义 dpi 示意思考到 i 为止，且 (刷墙工夫 + 1) 为 j 时的最小开销，则对于第 i 面墙存在两种转移形式：

调配给付费油漆匠（选）：那么 dpi = dpi – 1 – 1] + cost[i]
调配给收费油漆匠（不选）：那么 dpi = dpi – 1

起始条件：dp0 = 0，示意思考到第 0 面墙为止，且 (刷墙工夫 + 1) 为 0 时的最小开销为 0。

class Solution {fun paintWalls(cost: IntArray, time: IntArray): Int {
        val INF = 0x3F3F3F3F
        val n = cost.size
        // 刷墙工夫超过 n 没有意义
        val dp = Array(n + 1) {IntArray(n + 1) {INF} }
        // 初始状态（付费刷墙工夫为 0，开销为 0）for (i in 0 .. n) dp[i][0] = 0
        // 枚举物品
        for (i in 1 .. n) {
            // 枚举状态
            for (j in 1 .. n) {val t = time[i - 1] + 1
                val c = cost[i - 1]
                dp[i][j] = dp[i - 1][j]
                dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], dp[i - 1][Math.max(j - t, 0)] + c)
            }
        }
        return dp[n][n]
    }
}

其中对于 j < t 的状况，因为 j 示意付费刷墙工夫之和，而 t 示意刷第 i 面墙的工夫。如果 j – t < 0，那么等于刷墙之后抛弃一部分付费刷墙工夫，此时的破费不会最坏不会差过从初始状态选第 i 墙的开销，即 dpi-1 + c。

0 1 背包问题通常能够采纳滚动数组优化空间：

class Solution {fun paintWalls(cost: IntArray, time: IntArray): Int {
        val INF = 0x3F3F3F3F
        val n = cost.size
        // 刷墙工夫超过 n 没有意义
        val dp = IntArray(n + 1) {INF}
        // 初始状态（付费刷墙工夫为 0，开销为 0）dp[0] = 0
        // 枚举物品
        for (i in 1 .. n) {
            // 枚举状态（逆序）for (j in n downTo 1) {val t = time[i - 1] + 1
                val c = cost[i - 1]
                dp[j] = Math.min(dp[j], dp[Math.max(j - t, 0)] + c)
            }
        }
        return dp[n]
    }
}

复杂度剖析：

工夫复杂度：O(n^2)
空间复杂度：(n)

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T1. 总行驶间隔（Easy）

题解（模仿）

T2. 找出分区值（Medium）

题解（排序）

T3. 特地的排列（Medium）

题解（图 + 状态压缩 + 回溯）

T4. 给墙壁刷油漆（Hard）

题解（01 背包）

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