HOT 100 最难的题居然是游戏厂的最爱

写在前面

翻看网易历年笔面题单的时候，发现一道有意思的题目。

该题评论区，网易的踪影很少，反而被那些在 4399 笔试中遇到的同学所攻陷：

*好嘛，所以这道题还是「游戏厂」的最爱？！*🤣

进一步细看，大家对这道题的评价，可谓"惨不忍闻"：

但，如果真的是这么难的题。

那不可能没有那两位重量级选手呀，于是乎果然：

这里特别说明一下，上面那位用回溯做出来的同学留言。

回溯属于「爆搜」方案，时间复杂度是指数级别的，必然会 TLE（超时），因此回溯做出来的解法不算通过哈。

我们一起来看看正解是什么。

题目描述

平台：LeetCode

题号：312

有 n 个气球，编号为 0 到 n - 1，每个气球上都标有一个数字，这些数字存在数组 nums 中。

现在要求你戳破所有的气球。戳破第 i 个气球，你可以获得 nums[i - 1] * nums[i] * nums[i + 1] 枚硬币。这里的 i - 1 和 i + 1 代表和 i 相邻的两个气球的序号。

如果 i - 1 或 i + 1 超出了数组的边界，那么就当它是一个数字为 1 的气球。

求所能获得硬币的最大数量。

示例 1：

css 复制代码

输入：nums = [3,1,5,8]

输出：167

解释：
nums = [3,1,5,8] --> [3,5,8] --> [3,8] --> [8] --> []
coins =  3*1*5    +   3*5*8   +  1*3*8  + 1*8*1 = 167

示例 2：

ini 复制代码

输入：nums = [1,5]

输出：10

提示：

<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n = n u m s . l e n g t h n = nums.length </math>n=nums.length
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 < = n < = 300 1 <= n <= 300 </math>1<=n<=300
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 0 < = n u m s [ i ] < = 100 0 <= nums[i] <= 100 </math>0<=nums[i]<=100

区间 DP

定义 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ l ] [ r ] f[l][r] </math>f[l][r] 为考虑将 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( l , r ) (l, r) </math>(l,r) 范围内（不包含 l 和 r 边界）的气球消耗掉，所能取得的最大价值。

根据题意，我们可以对 nums 进行扩充，将其从长度为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n n </math>n 的 nums 变为长度 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> n + 2 n + 2 </math>n+2 的 arr，其中 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> a r r [ 1... n ] arr[1...n] </math>arr[1...n] 对应了原数组 nums，而 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> a r r [ 0 ] = a r r [ n + 1 ] = 1 arr[0] = arr[n + 1] = 1 </math>arr[0]=arr[n+1]=1。

此时易知 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ 0 ] [ n + 1 ] f[0][n + 1] </math>f[0][n+1] 即是答案，不失一般性考虑 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ l ] [ r ] f[l][r] </math>f[l][r] 该如何转移，假设在 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> ( l , r ) (l, r) </math>(l,r) 范围内最后剩下的气球的编号为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k，此时的 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ l ] [ r ] f[l][r] </math>f[l][r] 由「以 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 为分割点的两端所产生的价值」和「消耗 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 本身带来的价值」两部分组成：
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML" display="block"> f [ l ] [ r ] = max ⁡ ( f [ l ] [ k ] + f [ k ] [ r ] + a r r [ l ] × a r r [ k ] × a r r [ r ] ) , k ∈ ( l , r ) f[l][r] = \max(f[l][k] + f[k][r] + arr[l] \times arr[k] \times arr[r]), k \in (l, r) </math>f[l][r]=max(f[l][k]+f[k][r]+arr[l]×arr[k]×arr[r]),k∈(l,r)

为了确保转移能够顺利进行，我们需要确保在计算 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ l ] [ r ] f[l][r] </math>f[l][r] 的时候，区间长度比其小的 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ l ] [ k ] f[l][k] </math>f[l][k] 和 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> f [ k ] [ r ] f[k][r] </math>f[k][r] 均被计算。

因此我们可以采用先枚举区间长度 len，然后枚举区间左端点 l（同时直接算得区间右端点 r）的方式来做。

Java 代码：

Java 复制代码

class Solution {
    public int maxCoins(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int[] arr = new int[n + 2];
        arr[0] = arr[n + 1] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) arr[i] = nums[i - 1];
        int[][] f = new int[n + 2][n + 2];
        for (int len = 3; len <= n + 2; len++) {
            for (int l = 0; l + len - 1 <= n + 1; l++) {
                int r = l + len - 1;
                for (int k = l + 1; k <= r - 1; k++) {
                    f[l][r] = Math.max(f[l][r], f[l][k] + f[k][r] + arr[l] * arr[k] * arr[r]);
                }
            }
        }
        return f[0][n + 1];
    }
}

C++ 代码：

C++ 复制代码

class Solution {
public:
    int maxCoins(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int arr[n + 2];
        arr[0] = arr[n + 1] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) arr[i] = nums[i - 1];
        int f[n + 2][n + 2];
        memset(f, 0, sizeof f);
        for (int len = 3; len <= n + 2; len++) {
            for (int l = 0; l + len - 1 <= n + 1; l++) {
                int r = l + len - 1;
                for (int k = l + 1; k <= r - 1; k++) {
                    f[l][r] = max(f[l][r], f[l][k] + f[k][r] + arr[l] * arr[k] * arr[r]);
                }
            }
        }
        return f[0][n + 1];
    }
};

Python 代码：

Python 复制代码

class Solution:
    def maxCoins(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        arr = [1] * (n + 2)
        arr[0] = arr[n + 1] = 1
        for i in range(1, n + 1):
            arr[i] = nums[i - 1]
        f = [[0] * (n + 2) for _ in range(n + 2)]
        for clen in range(3, n + 3):
            for l in range(0, n + 2 - clen + 1):
                r = l + clen - 1
                for k in range(l + 1, r):
                    f[l][r] = max(f[l][r], f[l][k] + f[k][r] + arr[l] * arr[k] * arr[r])
        return f[0][n + 1]

TypeScript 代码：

TypeScript 复制代码

function maxCoins(nums: number[]): number {
    const n = nums.length
    const arr = new Array<number>(n + 2).fill(1)
    for (let i = 1; i <= n; i++) arr[i] = nums[i - 1]
    const f = new Array<Array<number>>(n + 2)
    for (let i = 0; i < n + 2; i++) f[i] = new Array<number>(n + 2).fill(0)
    for (let len = 3; len <= n + 2; len++) {
        for (let l = 0; l + len - 1 <= n + 1; l++) {
            const r = l + len - 1
            for (let k = l + 1; k <= r - 1; k++) {
                f[l][r] = Math.max(f[l][r], f[l][k] + f[k][r] + arr[l] * arr[k] * arr[r])
            }
        }
    }
    return f[0][n + 1]
}

时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 3 ) O(n^3) </math>O(n3)
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n 2 ) O(n^2) </math>O(n2)

总结

看到这里，你是否和下面这两位同学感受一样？🤣 （头像太可爱，不打码了

其实，这只是一道经典的「区间 DP」入门变形题。

首次遇到可能觉得有点无从下手，但其实区间类的 DP 问题通常从题面就给予了极大的暗示。

但凡是这种 回合决策会对当前"左右端点/区间"产生影响，或依赖于当前"左右端点/区间" 的问题，都可以往「区间 DP」去想。

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