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70. 爬楼梯 (进阶)
以完全背包的思路来解题,正如组合总和 Ⅳ 中提到的一样。在本题中,先背包后物品的思路就显得非常合理明显了。
本题中的物品就是可以行走的步数 [1, 2],重量是 n,可以重复选取步数,求走到第 n 层有多少种走法。这样抽象过后,就和组合总和 Ⅳ 一样是求排列了。
- dp 的下标含义:
dp[j]
是到达第 j 层的方法数 - dp 递推公式:
dp[j] += dp[j - i]
- dp 数组的初始化:根据递推公式可以得知
dp[0]=1
是必须的,也符合前两层的结果,其他的初始化为 0。 - dp 遍历顺序:需要得到排列结果,先背包后物品(在爬楼梯的背景下就很合理)
- 举例推导:省略
python
class Solution:
def climbStairs(self, n: int) -> int:
choices = [1, 2]
# dp[i] represents the number of ways to reach position i
dp = [0] * (n+1)
dp[0] = 1
# dp formula
for j in range(n+1):
for i in range(len(choices)):
if j >= choices[i]:
dp[j] += dp[j-choices[i]]
return dp[-1]
本题看上去是个简单的爬楼梯,但实际上是个简单的完全背包,重要的是可以考验对物品和背包的遍历顺序的理解。事实上,以后遇到排列的完全背包问题,以爬楼梯的思路来理解会非常有效!
322. 零钱兑换
本题和 零钱兑换II 非常相似,依然是典型的完全背包问题。区别在于,零钱兑换II 需要组合数,这就规定了滚动数组的遍历顺序;本题只需要最小组合数,而不在乎得到该最小数的方式是组合或是排列。
二维数组
-
dp 数组的下标含义:
dp[i][j]
,使用硬币 [0, i] 组成金额j
所使用的最小硬币数 -
dp 递推公式:
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-1][j-coins[i]] + 1)
-
dp 的初始化:本题的大坑!
- 二维数组的初始化中 ,
coins[0]
(i=0)和 j=0 的情况是比较容易想到的:- 只能使用一个硬币时,只有该硬币面值的整数倍金额 j 会初始化为
j // coins[0]
- 当金额为 0 的时候,不管有多少硬币可以使用,都只需要 0 个硬币即可达成金额 0
- 只能使用一个硬币时,只有该硬币面值的整数倍金额 j 会初始化为
- 那些不需要特殊初始化的位置才是需要小心的!
- 由于题目要求"无法构成金额的情况返回 -1",自然想到应该优先把所有值初始化为 -1。这么做就会有下面第一种复杂的解法,要考虑
min()
中每个元素为 -1 的情况,堪称崩溃。 - 由于
min()
的特性,最好的初始化应该是float('inf')
,这样不会影响后续的递推,也不会影响初始化,只需要在最后检查结果是否是float('inf')
即可。 - 如果被题目默认的初始化条件所迷惑,而没有认识到
min()
的需求,那就会踩坑(虽然也能解决问题)。
- 由于题目要求"无法构成金额的情况返回 -1",自然想到应该优先把所有值初始化为 -1。这么做就会有下面第一种复杂的解法,要考虑
- 二维数组的初始化中 ,
-
dp 的遍历顺序:由于不需要排列,二维数组可以解决,物品和背包的顺序无所谓。
-
举例推导:
coins = [1, 2, 5], amount = 5
0 1 2 3 4 5 1 0 1 2 3 4 5 2 0 1 1 2 2 3 5 0 1 1 2 2 1
python
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
# dp[i][j] represents the smallest number to make j using coins [0, i]
dp = [[-1] * (amount + 1) for _ in range(len(coins))]
for j in range(amount + 1):
if j % coins[0] == 0:
dp[0][j] = j // coins[0]
for i in range(len(coins)):
dp[i][0] = 0
# dp formula
for i in range(1, len(coins)):
for j in range(amount + 1):
if j < coins[i]:
dp[i][j] = dp[i-1][j]
else:
if dp[i-1][j] >= 0 and dp[i][j-coins[i]] >= 0:
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-coins[i]] + 1)
elif dp[i-1][j] == -1 and dp[i][j-coins[i]] >= 0:
dp[i][j] = dp[i][j-coins[i]] + 1
elif dp[i-1][j] >= 0 and dp[i][j-coins[i]] == -1:
dp[i][j] = dp[i-1][j]
else:
dp[i][j] = -1
return dp[-1][-1]
正确初始化的解法
python
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
# dp[i][j] represents the smallest number to make j using coins [0, i]
dp = [[float('inf')] * (amount + 1) for _ in range(len(coins))]
for j in range(amount + 1):
if j % coins[0] == 0:
dp[0][j] = j // coins[0]
for i in range(len(coins)):
dp[i][0] = 0
# dp formula
for i in range(1, len(coins)):
for j in range(amount + 1):
if j < coins[i]:
dp[i][j] = dp[i-1][j]
else:
dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-coins[i]] + 1)
return dp[-1][-1] if dp[-1][-1] != float('inf') else -1
滚动数组
之前做过的几道完全背包,先物品后背包 是求组合种类问题,先背包后物品是求排列种类问题。如上所述,本题只要求满足金额的硬币数,不在意满足金额的结果的顺序,所以物品、背包的遍历顺序都可以。
python
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
# dp[i][j] represents the smallest number to make j using coins [0, i]
dp = [-1] * (amount + 1)
dp[0] = 0
# dp formula
for i in range(len(coins)):
for j in range(amount + 1):
if j >= coins[i]:
if dp[j] >= 0 and dp[j-coins[i]] >= 0:
dp[j] = min(dp[j], dp[j-coins[i]] + 1)
elif dp[j] == -1 and dp[j-coins[i]] >= 0:
dp[j] = dp[j-coins[i]] + 1
elif dp[j] >= 0 and dp[j-coins[i]] == -1:
dp[j] = dp[j]
else:
dp[j] = -1
return dp[-1]
正确初始化的解法
python
class Solution:
def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int:
# dp[i][j] represents the smallest number to make j using coins [0, i]
dp = [float('inf')] * (amount + 1)
dp[0] = 0
# dp formula
for i in range(len(coins)):
for j in range(amount + 1):
if j >= coins[i]:
dp[j] = min(dp[j], dp[j-coins[i]] + 1)
return dp[-1] if dp[-1] != float('inf') else -1
279. 完全平方数
本题乍一看和完全背包没什么关系。将完全平方数 1,4,9 ... 看作是物品,n 看作是背包容量的话,就又是一道标准的完全背包问题:求填满背包使用的最少物品数。抽象过后,本题和上一题几乎是一模一样。
唯一的区别在于,由于 n 的范围很大,在 n 取较大值的时候会耗时较长。二维数组会直接超时,而滚动数组也需要直接利用更新范围来减少遍历时间。这也是第一道二维数组无法解题的背包问题。
python
class Solution:
def numSquares(self, n: int) -> int:
# dp[j] represents the number of ways to make j
dp = [float('inf')] * (n+1)
dp[0] = 0
max_sqrt_num = int(sqrt(n))
# dp formula
for i in range(max_sqrt_num):
for j in range((i+1) * (i+1), n+1):
dp[j] = min(dp[j], dp[j-(i+1)*(i+1)] + 1)
return dp[-1]