leetcode 1937. 扣分后的最大得分「动态规划」「拆项」

1937. 扣分后的最大得分

题目描述：

给你一个n*m的整数矩阵ar，一开始你的得分为0，你想最大化从矩阵中得到的分数

你的得分方式为：每一行 中选取一个格子，选中坐标为 (r, c) 的格子会给你的总得分增加 points[r][c]

然而，相邻行之间被选中的格子如果隔得太远，你会失去一些得分。对于相邻行 r 和 r + 1 （其中 0 <= r < m - 1），选中坐标为 (r, c1) 和 (r + 1, c2) 的格子，你的总得分减少 abs(c1 - c2)

请你返回你能得到的最大得分

思路：

很经典的拆项思路

d p $i$ $j$ dp $i$ $j$ dp $i$ $j$ 表示前 i − 1 i-1 i−1行均选择了一个格子，第 i i i行选了第 j j j个格子，获得的最大价值

很显然状态要从上一行转移过来

d p $i$ $j$ = m a x ( d p $i$ $j$ , a r $i$ $j$ + d p $i - 1$ $k$ − a b s ( k − j ) ) dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , ar $i$ $j$ + dp $i - 1$ $k$ - abs(k - j)) dp $i$ $j$ =max(dp $i$ $j$ ,ar $i$ $j$ +dp $i-1$ $k$ −abs(k−j))

如果这样暴力转移，则时间复杂度是 O ( n ∗ m ∗ m ) O(n*m*m) O(n∗m∗m),一定会超时的

我们考虑拆项，根据 k k k和 j j j的大小，分情况讨论

d p $i$ $j$ = m a x ( d p $i$ $j$ , t r $i$ $j$ + ( d p $i - 1$ $k$ + k ) − j ) , k < = j dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , tr $i$ $j$ + (dp $i-1$ $k$ + k) - j), k <= j dp $i$ $j$ =max(dp $i$ $j$ ,tr $i$ $j$ +(dp $i-1$ $k$ +k)−j),k<=j
d p $i$ $j$ = m a x ( d p $i$ $j$ , t r $i$ $j$ + ( d p $i - 1$ $k$ − k ) + j ) , k > j dp $i$ $j$ = max(dp $i$ $j$ , tr $i$ $j$ + (dp $i-1$ $k$ - k) + j), k > j dp $i$ $j$ =max(dp $i$ $j$ ,tr $i$ $j$ +(dp $i-1$ $k$ −k)+j),k>j

对于 d p $i$ $j$ dp $i$ $j$ dp $i$ $j$ 我们如果可以用 O ( 1 ) O(1) O(1)的时间得到 m a x { d p $i - 1$ $k$ + k } , k < = j max\{dp $i-1$ $k$ + k\},k<=j max{dp $i-1$ $k$ +k},k<=j 和 m a x { d p $i - 1$ $k$ − k } max\{dp $i-1$ $k$ -k\} max{dp $i-1$ $k$ −k}的值就行了

所以我们记录一个前缀最大值数组和一个后缀最大值数组，分别记录即可

同时，我们可以发现转移的时候只和上一维度的值有关，可以用滚动数组优化空间

所以最后的时间复杂度是 O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    long long maxPoints(vector<vector<int>>& tr) {
        int n = tr.size(), m = tr[0].size();
        vector<long long>dp(m + 1);
        vector<long long>pre(m + 2), suf(m + 2);
        for(int j = 1; j <= m + 1; ++j){
            pre[j] = j;
            suf[j] = -j;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i){   
            for(int j = 1; j <= m; ++j){
                dp[j] = tr[i - 1][j - 1] + max(pre[j] - j, suf[j + 1] + j);
            }
            for(int j = 1; j <= m; ++j){
                pre[j] = max(pre[j - 1], dp[j] + j);
            }
            for(int j = m; j >= 1; --j){
                suf[j] = max(suf[j + 1], dp[j] - j);
            }
        }
        long long ans = 0;
        for(int i = 1; i <= m; ++i)ans = max(ans, dp[i]);
        return ans;
    }
};