0
点赞
收藏
分享

微信扫一扫

动态规划的常见优化方式:滚动数组 & 一维优化 | Java


题目描述

这是 LeetCode 上的 ​​978. 最长湍流子数组​​ 。

Tag : 「序列 DP」

当 A 的子数组 A[i], A[i+1], ..., A[j] 满足下列条件时,我们称其为湍流子数组:

  • 若 i <= k < j,当 k 为奇数时, A[k] > A[k+1],且当 k 为偶数时,A[k] < A[k+1];
  • 或 若 i <= k < j,当 k 为偶数时,A[k] > A[k+1] ,且当 k 为奇数时, A[k] < A[k+1]。

也就是说,如果比较符号在子数组中的每个相邻元素对之间翻转,则该子数组是湍流子数组。

返回 A 的最大湍流子数组的长度。

示例 1:

输入:[9,4,2,10,7,8,8,1,9]
输出:5
解释:(A[1] > A[2] < A[3] > A[4] < A[5])

示例 2:

输入:[4,8,12,16]
输出:2

示例 3:

输入:[100]
输出:1

提示:

  • 1 <= A.length <= 40000
  • 0 <= A[i] <=

基本分析思路

本题其实是要我们求最长一段呈 ​​↗ ↘ ↗ ↘​​​ 或者 ​​↘ ↗ ↘ ↗​​ 形状的数组长度。

看一眼数据范围,有 40000,那么枚举起点和终点,然后对划分出来的子数组检查是否为「湍流子数组」的朴素解法就不能过了。

朴素解法的复杂度为 ,直接放弃朴素解法。

复杂度往下优化,其实就 的 DP 解法了。

动态规划

至于 DP 如何分析,通过我们会先考虑一维 DP 能否求解,不行再考虑二维 DP ...

对于本题,由于每个位置而言,能否「接着」上一个位置形成「湍流」,取决于上一位置是由什么形状而来。

举个例子,对于样例 ​​[3,4,2]​​​,从 4 -> 2 已经确定是 ​​↘​​​ 状态,那么对于 2 这个位置能否「接着」4 形成「湍流」,要求 4 必须是由 ​​↗​​ 而来。

因此我们还需要记录某一位是如何来的( 还是 ​↘​),需要使二维 DP 来求解 ~

我们定义 f(i,j) 代表以位置 i 为结尾,而结尾状态为 j 的最长湍流子数组长度(0:上升状态 / 1:下降状态)

PS. 这里的状态定义我是猜的,这其实是个技巧。通常我们做 DP 题,都是先猜一个定义,然后看看这个定义是否能分析出状态转移方程帮助我们「不重不漏」的枚举所有的方案。一般我是直接根据答案来猜定义,这里是求最长子数组长度,所以我猜一个 f(i,j) 代表最长湍流子数组长度

那么 ​​f[i][j]​​ 该如何求解呢?

我们知道位置 ​​i​​​ 是如何来是唯一确定的(取决于 ​​arr[i]​​​ 和 ​​arr[i - 1]​​ 的大小关系),而只有三种可能性:

  • ​arr[i - 1] < arr[i]​​​:该点是由上升而来,能够「接着」的条件是​​i - 1​​​ 是由下降而来。则有:​​f[i][0] = f[i - 1][1] + 1​
  • ​arr[i - 1] > arr[i]​​​:改点是由下降而来,能够「接着」的条件是​​i - 1​​​ 是由上升而来。则有:​​f[i][1] = f[i - 1][0] + 1​
  • ​arr[i - 1] = arr[i]​​:不考虑,不符合「湍流」的定义

代码:

class Solution {
public int maxTurbulenceSize(int[] arr) {
int n = arr.length;
int ans = 1;
int[][] f = new int[n][2];
for (int i = 0; i < 2; i++) f[0][i] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < 2; j++) f[i][j] = 1;
if (arr[i - 1] < arr[i]) f[i][0] = f[i - 1][1] + 1;
if (arr[i - 1] > arr[i]) f[i][1] = f[i - 1][0] + 1;
for (int j = 0; j < 2; j++) ans = Math.max(ans, f[i][j]);
}
return ans;
}
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:

动态规划(空间优化:奇偶滚动)

我们发现对于 ​​f[i][j]​​​ 状态的更新只依赖于 ​​f[i - 1][j]​​ 的状态。

因此我们可以使用「奇偶滚动」方式来将第一维从 ​​n​​ 优化到 2 。

修改的方式也十分机械,只需要改为「奇偶滚动」的维度直接修改成 2 ,然后该维度的所有访问方式增加 ​​%2​​ 即可:

class Solution {
public int maxTurbulenceSize(int[] arr) {
int n = arr.length;
int ans = 1;
int[][] f = new int[2][2];
for (int i = 0; i < 2; i++) f[0][i] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < 2; j++) f[i % 2][j] = 1;
if (arr[i - 1] < arr[i]) f[i % 2][0] = f[(i - 1) % 2][1] + 1;
if (arr[i - 1] > arr[i]) f[i % 2][1] = f[(i - 1) % 2][0] + 1;
for (int j = 0; j < 2; j++) ans = Math.max(ans, f[i % 2][j]);
}
return ans;
}
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:使用固定​​2 * 2​​​ 的数组空间。复杂度为

动态规划(空间优化:维度消除)

既然只需要记录上一行状态,能否直接将行的维度消除呢?

答案是可以的,当我们要转移第 ​​i​​​ 行的时候,​​f​​​ 数组装的就已经是 ​​i - 1​​ 行的结果。

这也是著名「背包问题」的一维通用优手段。

但相比于「奇偶滚动」的空间优化,这种优化手段只是常数级别的优化(空间复杂度与「奇偶滚动」相同),而且优化通常涉及代码改动。

class Solution {
public int maxTurbulenceSize(int[] arr) {
int n = arr.length;
int ans = 1;
int[] f = new int[2];
for (int i = 0; i < 2; i++) f[i] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int dp0 = f[0], dp1 = f[1];
if (arr[i - 1] < arr[i]) {
f[0] = dp1 + 1;
} else {
f[0] = 1;
}
if (arr[i - 1] > arr[i]) {
f[1] = dp0 + 1;
} else {
f[1] = 1;
}
for (int j = 0; j < 2; j++) ans = Math.max(ans, f[j]);
}
return ans;
}
}
  • 时间复杂度:
  • 空间复杂度:

其他

如果你对「猜 DP 的状态定义」还没感觉,这里有道类似的题目可以瞧一眼:​​45. 跳跃游戏 II​​

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 ​​No.978​​ 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:​​github.com/SharingSour…​​ 。

在仓库地址里,你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

举报

相关推荐

0 条评论