前言
在今天的麻将桌上，我收到了会长的喜讯，他在年前就已经成功斩获了字节跳动的offer，初八就要去北京报到入职了。
挺为他开心的，毕竟能去宇宙条实习，技术成长和单身问题都能漂亮解决。一边陪着会长打了会牌，一边问了些面试题，请教了些大厂面试经验。会长面的大厂还挺多的，其中有道小米的算法题，是leetcode困难级别的dp题，麻将打了一大圈还没想明白...
会长都去字节了 ，麻将赢的一百多不香了，刷题战春招，开个春招备战系列,我们一起冲。
小米面试
会长是拿下字节后，收到小米的面试邀请的，所以心态比较轻松。现在的行情，双非同学能够拿下字节的实习offer, 真个是"一日看尽长安花"。
我比较想去小米，特别喜欢小米SU7的帅气，家里用的一干物品，基本能用小米的。这不，初六写文章的我，用的是红米笔记本。
春招我已经做了心理建设了，多输（挂）几次就没关系。只要在输7次左右的时候，面上小米这样级别的公司，毕业年薪够买一辆SU7就行（20万+，哈哈）。目标有了， 开整。
算法题
会长说，他在面小米的时候，面试官出了一道leetcode 困难级别原题，动态规划的。题目是：2218. 从栈中取出 K 个硬币的最大面值和 - 力扣（LeetCode）。大家可以点开链接，先写一写，我们再讨论。
读题
一张桌子上总共有 n 个硬币 栈 。每个栈有 正整数 个带面值的硬币。
每一次操作中，你可以从任意一个栈的 顶部 取出 1 个硬币，从栈中移除它，并放入你的钱包里。
给你一个列表 piles ，其中 piles[i] 是一个整数数组，分别表示第 i 个栈里 从顶到底 的硬币面值。同时给你一个正整数 k ，请你返回在 恰好 进行 k 次操作的前提下，你钱包里硬币面值之和 最大为多少 。
在牌桌上，听会长说出这道题的时候，就有点懵。这道leetcode没刷过，回来一看，果然是道困难题。
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这是一道最值问题，最佳问题要不就用贪心，要不就是动态规划。动态规划比较难，大厂考
dp概率大些。只要拿到状态转移方程， 很快搞定。 -
硬币问题是道经典的动态规划题，不清楚的同学可以先去刷一下。 322. 零钱兑换 - 力扣（LeetCode）
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栈，题目中的这个数据结构跟解的关系让我陷入了泥潭。
母题
栈开始让我迷惑，只能在栈顶操作，当我把一坨硬币摆来摆去的时候，好像跟背包问题有点像。在几坨硬币中，怎么拿，面值和最大？
- 每一坨都是一个栈，要取的硬币是连续的栈顶元素。
- 在某坨取的硬币个数可以看成质量
- 在某坨取的硬币的总价值可以看成价值
- 这个问题就变成了怎么取K次（总重量），拿到的价值最大
确信，这就是一个背包问题。总了问度娘和通义千问后，解此题的第一个关键思路是将它转变成一个分组（栈）背包问题。
大厂面试算法题一般是一组题，动态规划组题出现的最多。既然此题的母题是背包问题，我们就来先复习下01背包问题。
0-1背包模型
0-1背包问题是一个基本问题，基于这个基本问题，可以衍生出千姿百态的变种问题，这种题目就非常适合拿来构造解题模型,今儿就用上了。
0-1背包问题说的是这么回事儿：
有 n 件物品，物品体积用一个名为 w 的数组存起来，物品的价值用一个名为 value 的数组存起来；每件物品的体积用 w[i] 来表示，每件物品的价值用 value[i] 来表示。现在有一个容量为 c 的背包，问你如何选取物品放入背包，才能使得背包内的物品总价值最大？
背包问题是动态规划的标准对口问题，我们来回忆下dp的套路
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用递归思想，自顶向下倒推，找到最优子结构 容量c是终点，倒推，f(i, c) 表示有i件物品在容量c的背包中，且价值最大。 作为0-1背包，这个物品拿不拿就是状态转变的关键
如果没拿,
f(i, c) = f(i-1, c)如果拿了,
f(i, c) - value[i] = f(i-1, c-w[i])w[i]是第i件物品的重量，value[i]是第i件物品的价值 -
从最优子结构提取的过程中，得到状态转移方程
css
dp[i][v] = Math.max(dp[i-1][v], dp[i-1][v-w[i]] + c[i])- 自底向上迭代，得到最优结果。
ini
for(let i=1;i<=n;i++) {
for(let v=w[i]; v<=c;v++) {
dp[i][v] = Math.max(dp[i-1][v], dp[i-1][v-w[i]]+value[i])
}
}- 优化一下，二维dp数组会浪费空间，转为一维。
0-1背包问题代码如下：
scss
function knapsack(n, c, w, value) {
// dp是动态规划的状态保存数组
const dp = new Array(c+1)).fill(0)
// res 用来记录所有组合方案中的最大值
let res = -Infinity
for(let i=1;i<=n;i++) {
for(let v=c;v>=w[i];v--) {
// 写出状态转移方程
dp[v] = Math.max(dp[v], dp[v-w[i]] + value[i])
// 即时更新最大值
if(dp[v] > res) { res = dp[v] }
}
}
return res
}回到原题
ini
function maxValueOfCoins(piles, k) {
// 状态转移方程f[i], 0 dummy 初始都为0
let f = new Array(k + 1).fill(0);
let sumN = 0;
for (let pile of piles) {
// 当前pile的长度
let n = pile.length;
// 计算每个堆叠的前缀和
// pile 里的值是前面值的和
for (let i = 1; i < n; i++) {
pile[i] += pile[i - 1];
}
// 更新 sumN 为当前栈集合中前 i 个栈大小之和的最小值（不超过 k）
// 一个栈全拿 n , k < n k, k > n 拿多少个？
sumN = Math.min(sumN + n, k);
// 枚举所有可能的组合数 j，并根据物品体积计算最大价值
// 递减式的去遍历
for (let j = sumN; j > 0; j--) {
// 遍历当前堆叠中前 min(n, j) 个元素
for (let w = 0, v = pile[0]; w < Math.min(n, j); w++, v = pile[w]) {
// 注意：此处由于数组下标从 0 开始，因此物品体积对应的下标应为 w
f[j] = Math.max(f[j], f[j - w - 1] + v);
}
}
}
return f[k];
}参考资料
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