【面试经典150 | 动态规划】最小路径和

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专栏内容以分析题目为主,并附带一些对于本题涉及到的数据结构等内容进行回顾与总结,文章结构大致如下,部分内容会有增删:

  • Tag:介绍本题牵涉到的知识点、数据结构;
  • 题目来源:贴上题目的链接,方便大家查找题目并完成练习;
  • 题目解读:复述题目(确保自己真的理解题目意思),并强调一些题目重点信息;
  • 解题思路:介绍一些解题思路,每种解题思路包括思路讲解、实现代码以及复杂度分析;
  • 知识回忆:针对今天介绍的题目中的重点内容、数据结构进行回顾总结。

Tag

【动态规划-空间优化】【数组】


题目来源

64. 最小路径和


解题思路

方法一:动态规划

定义状态

朴素的动态规划方法是定义状态 dp[i][j],表示从网格左上角 (0, 0) 位置到 (i, j) 位置的最小路径和。

状态转移

根据题目中 "每次只能向下或者向右移动一步",可知到达位置 (i, j) 只能从 (i-1, j) 向下移动一步或者从 (i, j-1) 向右一步,因此有转移关系:

d p [ i ] [ j ] = m i n ( d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j − 1 ] ) , i ≥ 1 , j ≥ 1 dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]), i \ge 1, j \ge 1 dp[i][j]=min(dp[i−1][j],dp[i][j−1]),i≥1,j≥1

base case

dp[0][0] = grid[0][0]

对于网格 grid 中的第一行和第一列位置,只能从对应位置的左侧和上方的位置移动一步得到,于是需要进行如下方式的初始化:

cpp 复制代码
// 第一列
for (int i = 1; i < m; ++i)
    dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];

// 第一行
for (int j = 1; j < n; ++j) {
    dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];
}

最后返回

dp[m-1][n-1] 表示从网格左上角到网格右下角的最小路径和。

实现代码

cpp 复制代码
class Solution {
public:
	int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
		int m = grid.size(), n = grid[0].size();
		vector<vector<int>> dp = vector<vector<int>>(m, vector<int>(n));
		dp[0][0] = grid[0][0];

		// 对于在第一行或者第一列
		 第一列
		for (int i = 1; i < m; ++i)
			dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];

		 第一行
		for (int j = 1; j < n; ++j) {
			dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];
		}

		// 对于不在第一行和第一列的元素
		for (int i = 1; i < m; ++i) {
			for (int j = 1; j < n; ++j) {
				dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j];
			}
		}
		return dp[m - 1][n - 1];
	}
};

复杂度分析

时间复杂度: O ( m n ) O(mn) O(mn), m m m 为网格 grid 的行数, n n n 为网格的列数。

空间复杂度: O ( m n ) O(mn) O(mn)。

方法二:空间优化

方法一中朴素解法的空间复杂度可以进行优化,只需要使用 O ( m i n { m , n } ) O(min\{m, n\}) O(min{m,n}) 的复杂度即可解决。

我们以 示例 1 为例说明,如何使用线性空间解决本题。

网格的行数和列数一样,选择按行来更新最小路径和(选择列也可以),维护一个数组 dp 长度为 3。

初始化 dp = {1, 4, 5}dp[0] 表示从位置 (0, 0) 到位置 (0, 0) 的最小路径和;dp[1] 表示从位置 (0, 0) 到位置 (0, 1) 的最小路径和;dp[2] 表示从位置 (0, 0) 到位置 (0, 2) 的最小路径和。

在网格的第一行(从 0 开始数),dp[0] 表示从位置 (0, 0) 到位置 (1, 0) 的最小路径和,因为只能从 (0, 0) 位置到 (1, 0) 位置,所以更新 dp[0] = dp[0] + grid[1][0]dp[1] 表示从位置 (0, 0) 到位置 (1, 1) 的最小路径和,因为可以从 (1, 0) 位置向右或者 (0, 1) 位置向下移动到位置 (1, 1),所以有 dp[1] = min(dp[0], dp[1]) + grid[i][j]...

具体实现见如下代码。

实现代码

cpp 复制代码
class Solution {
public:
	int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
		int m = grid.size();
		int n = grid[0].size();

		int more = max(m, n);
		int less = min(m, n);
		bool rowMore = more == m;	// 判断是否是行数大于等于列数
		vector<int> arr(less);      // 以较短维度的长度作为临时空间,比如列数较小
		int i, j;
		for (i = 0; i < less; ++i) {// 更新第 0 行的所有列,即初始化
			if (i == 0) {
				arr[i] = grid[0][0];
			}
			else {
				arr[i] = arr[i - 1] + (rowMore ? grid[0][i] : grid[i][0]);
			}
		}

		for (i = 1; i < more; ++i) {// 按照行进行更新
			arr[0] = arr[0] + (rowMore ? grid[i][0] : grid[0][i]);  // 更新 i 行 0 列的答案
			for (j = 1; j < less; ++j) {                            // 更新 i 行其他列的答案
				arr[j] = min(arr[j - 1], arr[j]) + (rowMore ? grid[i][j] : grid[j][i]);
			}
		}
		return arr[less-1];
	}
};

复杂度分析

时间复杂度: O ( m n ) O(mn) O(mn), m m m 为网格 grid 的行数, n n n 为网格的列数。

空间复杂度: O ( m i n { m , n } ) O(min\{m, n\}) O(min{m,n})。


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