动态规划之四键键盘

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:

651.四键键盘

PS:现在这到题好想变成会员题目了?我当时做的时候还是免费的。

四键键盘问题很有意思,而且可以明显感受到:对 dp 数组的不同定义需要完全不同的逻辑,从而产生完全不同的解法。

首先看一下题目:

如何在 N 次敲击按钮后得到最多的 A?我们穷举呗,每次有对于每次按键,我们可以穷举四种可能,很明显就是一个动态规划问题。

第一种思路

这种思路会很容易理解,但是效率并不高,我们直接走流程:对于动态规划问题,首先要明白有哪些「状态」,有哪些「选择」

具体到这个问题,对于每次敲击按键,有哪些「选择」是很明显的:4 种,就是题目中提到的四个按键,分别是 AC-AC-CC-VCtrl 简写为 C)。

接下来,思考一下对于这个问题有哪些「状态」?或者换句话说,我们需要知道什么信息,才能将原问题分解为规模更小的子问题

你看我这样定义三个状态行不行:第一个状态是剩余的按键次数,用 n 表示;第二个状态是当前屏幕上字符 A 的数量,用 a_num 表示;第三个状态是剪切板中字符 A 的数量,用 copy 表示。

如此定义「状态」,就可以知道 base case:当剩余次数 n 为 0 时,a_num 就是我们想要的答案。

结合刚才说的 4 种「选择」,我们可以把这几种选择通过状态转移表示出来:

dp(n - 1, a_num + 1, copy), # A
解释:按下 A 键,屏幕上加一个字符
同时消耗 1 个操作数
dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V
解释:按下 C-V 粘贴,剪切板中的字符加入屏幕
同时消耗 1 个操作数
dp(n - 2, a_num, a_num) # C-A C-C
解释:全选和复制必然是联合使用的,
剪切板中 A 的数量变为屏幕上 A 的数量
同时消耗 2 个操作数

这样可以看到问题的规模 n 在不断减小,肯定可以到达 n = 0 的 base case,所以这个思路是正确的:

def maxA(N: int) -> int:
# 对于 (n, a_num, copy) 这个状态,
# 屏幕上能最终最多能有 dp(n, a_num, copy) 个 A
def dp(n, a_num, copy):
# base case
if n <= 0: return a_num;
# 几种选择全试一遍,选择最大的结果
return max(
dp(n - 1, a_num + 1, copy), # A
dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V
dp(n - 2, a_num, a_num) # C-A C-C
)
# 可以按 N 次按键,屏幕和剪切板里都还没有 A
return dp(N, 0, 0)

这个解法应该很好理解,因为语义明确。下面就继续走流程,用备忘录消除一下重叠子问题:

def maxA(N: int) -> int:
# 备忘录
memo = dict()
def dp(n, a_num, copy):
if n <= 0: return a_num;
# 避免计算重叠子问题
if (n, a_num, copy) in memo:
return memo[(n, a_num, copy)]
memo[(n, a_num, copy)] = max(
# 几种选择还是一样的
)
return memo[(n, a_num, copy)]
return dp(N, 0, 0)

这样优化代码之后,子问题虽然没有重复了,但数目仍然很多,在 LeetCode 提交会超时的。

我们尝试分析一下这个算法的时间复杂度,就会发现不容易分析。我们可以把这个 dp 函数写成 dp 数组:

dp[n][a_num][copy]
# 状态的总数(时空复杂度)就是这个三维数组的体积

我们知道变量 n 最多为 N,但是 a_numcopy 最多为多少我们很难计算,复杂度起码也有 O(N^3) 把。所以这个算法并不好,复杂度太高,且已经无法优化了。

这也就说明,我们这样定义「状态」是不太优秀的,下面我们换一种定义 dp 的思路。

第二种思路

这种思路稍微有点复杂,但是效率高。继续走流程,「选择」还是那 4 个,但是这次我们只定义一个「状态」,也就是剩余的敲击次数 n

这个算法基于这样一个事实,最优按键序列一定只有两种情况

要么一直按 A:A,A,...A(当 N 比较小时)。

要么是这么一个形式:A,A,...C-A,C-C,C-V,C-V,...C-V(当 N 比较大时)。

因为字符数量少(N 比较小)时,C-A C-C C-V 这一套操作的代价相对比较高,可能不如一个个按 A;而当 N 比较大时,后期 C-V 的收获肯定很大。这种情况下整个操作序列大致是:开头连按几个 A,然后 C-A C-C 组合再接若干 C-V,然后再 C-A C-C 接着若干 C-V,循环下去

换句话说,最后一次按键要么是 A 要么是 C-V。明确了这一点,可以通过这两种情况来设计算法:

int[] dp = new int[N + 1];
// 定义:dp[i] 表示 i 次操作后最多能显示多少个 A
for (int i = 0; i <= N; i++)
dp[i] = max(
这次按 A 键,
这次按 C-V
)

对于「按 A 键」这种情况,就是状态 i - 1 的屏幕上新增了一个 A 而已,很容易得到结果:

// 按 A 键,就比上次多一个 A 而已
dp[i] = dp[i - 1] + 1;

但是,如果要按 C-V,还要考虑之前是在哪里 C-A C-C 的。

刚才说了,最优的操作序列一定是 C-A C-C 接着若干 C-V,所以我们用一个变量 j 作为若干 C-V 的起点。那么 j 之前的 2 个操作就应该是 C-A C-C 了:

public int maxA(int N) {
int[] dp = new int[N + 1];
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
// 按 A 键
dp[i] = dp[i - 1] + 1;
for (int j = 2; j < i; j++) {
// 全选 & 复制 dp[j-2],连续粘贴 i - j 次
// 屏幕上共 dp[j - 2] * (i - j + 1) 个 A
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j - 2] * (i - j + 1));
}
}
// N 次按键之后最多有几个 A?
return dp[N];
}

其中 j 变量减 2 是给 C-A C-C 留下操作数,看个图就明白了:

这样,此算法就完成了,时间复杂度 O(N^2),空间复杂度 O(N),这种解法应该是比较高效的了。

最后总结

动态规划难就难在寻找状态转移,不同的定义可以产生不同的状态转移逻辑,虽然最后都能得到正确的结果,但是效率可能有巨大的差异。

回顾第一种解法,重叠子问题已经消除了,但是效率还是低,到底低在哪里呢?抽象出递归框架:

def dp(n, a_num, copy):
dp(n - 1, a_num + 1, copy), # A
dp(n - 1, a_num + copy, copy), # C-V
dp(n - 2, a_num, a_num) # C-A C-C

看这个穷举逻辑,是有可能出现这样的操作序列 C-A C-C,C-A C-C... 或者 C-V,C-V,...。然这种操作序列的结果不是最优的,但是我们并没有想办法规避这些情况的发生,从而增加了很多没必要的子问题计算。

回顾第二种解法,我们稍加思考就能想到,最优的序列应该是这种形式:A,A..C-A,C-C,C-V,C-V..C-A,C-C,C-V..

根据这个事实,我们重新定义了状态,重新寻找了状态转移,从逻辑上减少了无效的子问题个数,从而提高了算法的效率。

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作为一名饱受算法之苦的硬核朋克,我在 Github 上开了个名为 fucking-algorithm 的仓库,手把手教你刷 LeetCode,已经获得 42k star,多次登上 Github Trending 榜首,一起来凑凑热闹

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