上一篇已经简单的介绍了暴力递归如何转动态规划,如果在暴力递归的过程中发现子过程中有重复解的情况,则证明这个暴力递归可以转化成动态规划。 这篇帖子会继续暴力递归转化动态规划的练习,这道题有点难度。 题目 给定一个整型数组arr[],代表数值不
上一篇已经简单的介绍了暴力递归如何转动态规划,如果在暴力递归的过程中发现子过程中有重复解的情况,则证明这个暴力递归可以转化成动态规划。
这篇帖子会继续暴力递归转化动态规划的练习,这道题有点难度。
题目
给定一个整型数组arr[],代表数值不同的纸牌排成一条线。玩家A和玩家B依次拿走每张纸牌。规定玩家A先拿,玩家B后拿,但是每个玩家每次只能拿走最左边或者最右边的牌,玩家A和玩家B都绝顶聪明,请返回最后获胜者的分数。
暴力递归
依然是先从暴力递归开始写起,一个先手拿,一个后手拿,两个人都绝顶聪明,都知道怎么拿可以利益最大化。
先手的拿完第一个之后,再拿的时候,就要从后手拿完的数组里再挑选了。
同理,如果后手的等先手的拿了之后,是不是就可以从剩余的数组里挑选最大利益的拿了。
依然先确定base case:
如果先手拿,最理想的状态就是当数组剩下最后一个数,依然可以被我拿走。
如果后手拿,最悲催的连数组最后一个数我都拿不到。
代码中f()函数是代表在数组L~ R范围上返回上先手拿能拿到的最大值返回。
g()函数代表在数组L ~ R范围上后手拿,能够获取的最大值。
需要注意的是身份的转变,如果先手拿之后,再拿的时候就会变成后手,第二个后手拿的时候,虽然我是后手,但是也是从数组中挑选利益最大的拿,留给先手拿的人的也是不好的,所以我会变成先手。
//先手方法public static int f(int[] arr,int L,int R){//base case:先手拿,并且数组中剩一个元素,我拿走if(L == R){return arr[L];}//因为可以选择从左边拿和右边拿,从左边拿下一次就是L + 1开始,右边拿就是 R - 1 开始。//需要注意的是我从左或者从右拿完之后,再拿就是拿别人拿剩下的了,要以后手姿态获取其余分数,所以要调用g()方法int p1 = arr[L] + g(arr,L + 1,R);int p2 = arr[R] + g(arr, L, R -1);//两种决策中取最大值return Math.max(p1,p2);}//后手方法public static int g(int[] arr,int L,int R){//剩最后一个也不是我的,毛都拿不到,return 0if(L == R){return 0;}//后手方法是在先手方法后,挑选最大值,那如果先手方法选择了L,则我要从L + 1位置选,//如果先手选择了R,那我要从R - 1位置开始往下选。//是从对手选择后再次选择最大值int p1 = f(arr,L + 1,R);int p2 = f(arr,L,R - 1);//因为是后手,是在先手后做决定,是被迫的,所以取Min。return Math.min(p1,p2);}
先手后手方法已经确定,来看主流程怎么调用
public static int win1(int[] arr){//如果是无效数组,则返回一个无效数字 -1 if(arr == null || arr.length == 0){return -1;}int first = f(arr, 0 ,arr.length - 1);int second = g(arr,0,arr.length - 1);return Math.max(first,second);}
暴力递归的分析和代码已经搞定,接下来我们通过分析暴力递归的调用过程来实现第一步的优化,找它的依赖,找它的重复解。
举一个具体的例子,arr[]范围 0~ 7,根据上面暴力递归的代码逻辑,我们来看看它的依赖关系和调用过程。如果确定了可变参数以及依赖关系,是不是就可以尝试着优化成动态规划。
根据代码逻辑,要么是取左边L + 1,要么是取右边 R - 1,所以可以确定可变参数是L和R,并且整个流程下来会发现有重复解的情况。
不过有些不同的是,这个是双层递归循环依赖调用,所以如果根据可变参数参数L,R来构建缓存表的话,则需要2个不同的缓存表分别记录。
优化
前面已经分析出整个暴力递归的调用过程,并发现了重复解,其中可变参数是L、R,根据L、R构建缓存表,因为是f()和g()的循环依赖调用,所以需要准备两张缓存表。
public static int win2(int[] arr) { if (arr == null || arr.length == 0) { return -1; } int N = arr.length; int[][] fmap = new int[N][N]; int[][] gmap = new int[N][N]; for (int i = 0; i < N; i++) { for (int j = 0; j < N; j++) { fmap[i][j] = -1; gmap[i][j] = -1; } } int first = f1(arr, 0, arr.length - 1, fmap, gmap); int second = g1(arr, 0, arr.length - 1, fmap, gmap); return Math.max(first, second); } public static int f1(int[] arr, int L, int R, int[][] fmap, int[][] gmap) { // != -1,说明之前计算过该值,直接返回即可 if (fmap[L][R] != -1) { return fmap[L][R]; } int ans = 0; if (L == R){ ans = arr[L]; }else{ int p1 = arr[L] + g1(arr, L + 1, R, fmap, gmap); int p2 = arr[R] + g1(arr, L, R - 1, fmap, gmap); ans = Math.max(p1, p2); } //这一步能够取得的最大值 fmap[L][R] = ans; return ans; } public static int g1(int[] arr, int L, int R, int[][] fmap, int[][] gmap) { if (gmap[L][R] != -1){ return gmap[L][R]; } //因为如果 L == R,后手方法会返回0,默认ans也是等于0,省略一步判断 int ans = 0; if (L != R){ int p1 = f1(arr,L + 1,R,fmap,gmap); int p2 = f1(arr,L,R - 1,fmap,gmap); ans = Math.min(p1,p2); } gmap[L][R] = ans; return ans; }
二次优化
我们上面已经创建了缓存表,并找到了变量L、R,我们现在不妨举一个例子,并将缓存表画出来,来看一下表中每一列的对应关系,如果我们能找到这个缓存表的对应关系,是不是将表构建出来以后,就可以直接获取获胜者的最大值。
数组arr = {7,4,16,15,1} 因为有两张缓存表,所以需要将两张表的依赖关系都找出。接下来,回到最开始的暴力递归方法,根据代码逻辑一步一步找出依赖关系。
public static int win1(int[] arr) { if (arr == null || arr.length == 0) { return -1; } int first = f(arr, 0, arr.length - 1); int second = g(arr, 0, arr.length - 1); return Math.max(first, second); } public static int f(int[] arr, int L, int R) { if (L == R) { return arr[L]; } int p1 = arr[L] + g(arr, L + 1, R); int p2 = arr[R] + g(arr, L, R - 1); return Math.max(p1, p2); } public static int g(int[] arr, int L, int R) { if (L == R) { return 0; } int p1 = f(arr, L + 1, R); int p2 = f(arr, L, R - 1); return Math.min(p1, p2); }
从先手方法f()和后手方法g()的base case可以看出,如果当L == R时,f()方法中此时就是等于数组arr[L]本身的值,而g()中为0,又因为,每次我只选L或只选R,当L = R时就return了,所以我的L始终不会 > R。我们所要求的L ~ R 范围是整个数组0 ~ 4的值,此时图可以填充成这样。
再来接着往下看,如果此时LR随便给一个值,比如说当前fmap中L = 1,R = 3,来接着看它的依赖过程。
根据代码可以看出,它依赖的是g()方法中L +1和R - 1,所以对应在gmap中的依赖就是圆圈标记的部分。对应的,同样 L = 1 R = 3在gmap中也是依赖fmap对应的位置。
那现在有缓存表中每个位置的依赖关系,还有fmap和gmap当L == R时的值,是不是就可以推算出其他格子中的值。
代码
public static int win3(int[] arr) { if (arr == null || arr.length == 0) { return -1; } int N = arr.length; int[][] fmap = new int[N][N]; int[][] gmap = new int[N][N];//根据base case填充fmap,gmap都是0,数组初始化值也是0,不用填充 for (int i = 0; i < N; i++) { fmap[i][i] = arr[i]; }//根据对角线填充,从第一列开始 for (int startCol = 1; startCol < N; startCol++) { int L = 0; int R = startCol; while (R < N) { //将调用的g()和f()都替换成对应的缓存表 fmap[L][R] = Math.max(arr[L] + gmap[L + 1][R], arr[R] + gmap[L][R - 1]); gmap[L][R] = Math.min(fmap[L + 1][R], fmap[L][R - 1]); L++; R++; } } //最后从L ~ R位置,取最大值 return Math.max(fmap[0][N -1],gmap[0][N-1]); }
来源地址:https://blog.csdn.net/weixin_43936962/article/details/132548425
--结束END--
本文标题: 暴力递归转动态规划(二)
本文链接: https://www.lsjlt.com/news/382528.html(转载时请注明来源链接)
有问题或投稿请发送至: 邮箱/279061341@qq.com QQ/279061341
下载Word文档到电脑,方便收藏和打印~
2024-03-01
2024-03-01
2024-03-01
2024-03-01
2024-03-01
2024-02-29
2024-02-29
2024-02-29
2024-02-29
2024-02-29
回答
回答
回答
回答
回答
回答
回答
回答
回答
回答
0