读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目:
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今天聊一道经典的动态规划题目,最小路径和。
它是力扣第 64 题,我来简单描述一下题目:
现在给你输入一个二维数组 grid
,其中的元素都是非负整数,现在你站在左上角,只能向右或者向下移动,需要到达右下角。现在请你计算,经过的路径和最小是多少?
函数签名如下:
int minPathSum(int[][] grid);
比如题目举的例子,输入如下的 grid
数组:
算法应该返回 7,最小路径和为 7,就是上图黄色的路径。
其实这道题难度不算大,但我们刷题群里很多朋友讨论,而且这个问题还有一些难度比较大的变体,所以讲一下这种问题的通用思路。
一般来说,让你在二维矩阵中求最优化问题(最大值或者最小值),肯定需要递归 + 备忘录,也就是动态规划技巧。
就拿题目举的例子来说,我给图中的几个格子编个号方便描述:
我们想计算从起点 D
到达 B
的最小路径和,那你说怎么才能到达 B
呢?
题目说了只能向右或者向下走,所以只有从 A
或者 C
走到 B
。
那么算法怎么知道从 A
走到 B
才能使路径和最小,而不是从 C
走到 B
呢?
难道是因为位置 A
的元素大小是 1,位置 C
的元素是 2,1 小于 2,所以一定要从 A
走到 B
才能使路径和最小吗?
其实不是的,真正的原因是,从 D
走到 A
的最小路径和是 6,而从 D
走到 C
的最小路径和是 8,6 小于 8,所以一定要从 A
走到 B
才能使路径和最小。
换句话说,我们把「从 D
走到 B
的最小路径和」这个问题转化成了「从 D
走到 A
的最小路径和」和 「从 D
走到 C
的最小路径和」这两个问题。
理解了上面的分析,这不就是状态转移方程吗?所以这个问题肯定会用到动态规划技巧来解决。
比如我们定义如下一个 dp
函数:
int dp(int[][] grid, int i, int j);
这个 dp
函数的定义如下:
从左上角位置 (0, 0)
走到位置 (i, j)
的最小路径和为 dp(grid, i, j)
。
根据这个定义,我们想求的最小路径和就可以通过调用这个 dp
函数计算出来:
int minPathSum(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
// 计算从左上角走到右下角的最小路径和
return dp(grid, m - 1, n - 1);
}
再根据刚才的分析,很容易发现,dp(grid, i, j)
的值取决于 dp(grid, i - 1, j)
和 dp(grid, i, j - 1)
返回的值。
我们可以直接写代码了:
int dp(int[][] grid, int i, int j) {
// base case
if (i == 0 && j == 0) {
return grid[0][0];
}
// 如果索引出界,返回一个很大的值,
// 保证在取 min 的时候不会被取到
if (i < 0 || j < 0) {
return Integer.MAX_VALUE;
}
// 左边和上面的最小路径和加上 grid[i][j]
// 就是到达 (i, j) 的最小路径和
return Math.min(
dp(grid, i - 1, j),
dp(grid, i, j - 1)
) + grid[i][j];
}
上述代码逻辑已经完整了,接下来就分析一下,这个递归算法是否存在重叠子问题?是否需要用备忘录优化一下执行效率?
前文多次说过判断重叠子问题的技巧,首先抽象出上述代码的递归框架:
int dp(int i, int j) {
dp(i - 1, j); // #1
dp(i, j - 1); // #2
}
如果我想从 dp(i, j)
递归到 dp(i-1, j-1)
,有几种不同的递归调用路径?
可以是 dp(i, j) -> #1 -> #2
或者 dp(i, j) -> #2 -> #1
,不止一种,说明 dp(i-1, j-1)
会被多次计算,所以一定存在重叠子问题。
那么我们可以使用备忘录技巧进行优化:
int[][] memo;
int minPathSum(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
// 构造备忘录,初始值全部设为 -1
memo = new int[m][n];
for (int[] row : memo)
Arrays.fill(row, -1);
return dp(grid, m - 1, n - 1);
}
int dp(int[][] grid, int i, int j) {
// base case
if (i == 0 && j == 0) {
return grid[0][0];
}
if (i < 0 || j < 0) {
return Integer.MAX_VALUE;
}
// 避免重复计算
if (memo[i][j] != -1) {
return memo[i][j];
}
// 将计算结果记入备忘录
memo[i][j] = Math.min(
dp(grid, i - 1, j),
dp(grid, i, j - 1)
) + grid[i][j];
return memo[i][j];
}
至此,本题就算是解决了,时间复杂度和空间复杂度都是 O(MN)
,标准的自顶向下动态规划解法。
有的读者可能问,能不能用自底向上的迭代解法来做这道题呢?完全可以的。
首先,类似刚才的 dp
函数,我们需要一个二维 dp
数组,定义如下:
从左上角位置 (0, 0)
走到位置 (i, j)
的最小路径和为 dp[i][j]
。
状态转移方程当然不会变的,dp[i][j]
依然取决于 dp[i-1][j]
和 dp[i][j-1]
,直接看代码吧:
int minPathSum(int[][] grid) {
int m = grid.length;
int n = grid[0].length;
int[][] dp = new int[m][n];
/**** base case ****/
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];
/*******************/
// 状态转移
for (int i = 1; i < m; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] = Math.min(
dp[i - 1][j],
dp[i][j - 1]
) + grid[i][j];
}
}
return dp[m - 1][n - 1];
}
这个解法的 base case 看起来和递归解法略有不同,但实际上是一样的。
因为状态转移为下面这段代码:
dp[i][j] = Math.min(
dp[i - 1][j],
dp[i][j - 1]
) + grid[i][j];
那如果 i
或者 j
等于 0 的时候,就会出现索引越界的错误。
所以我们需要提前计算出 dp[0][..]
和 dp[..][0]
,然后让 i
和 j
的值从 1 开始迭代。
dp[0][..]
和 dp[..][0]
的值怎么算呢?其实很简单,第一行和第一列的路径和只有下面这一种情况嘛:
那么按照 dp
数组的定义,dp[i][0] = sum(grid[0..i][0]), dp[0][j] = sum(grid[0][0..j])
,也就是如下代码:
/**** base case ****/
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];
/*******************/
到这里,自底向上的迭代解法也搞定了,那有的读者可能又要问了,能不能优化一下算法的空间复杂度呢?
前文动态规划的降维打击:状态压缩说过降低 dp
数组的技巧,这里也是适用的,不过略微复杂些,本文由于篇幅所限就不写了,有兴趣的读者可以自己尝试一下。
本文到此结束,下篇文章写一道进阶题目,更加巧妙和有趣,敬请期待~