简单多状态dp问题 + 总结（一）

文章目录

• 按摩师
• • 题解
  • 代码
• 打家劫舍II
• • 题解
  • 代码
• 删除并获得点数
• • 题解
  • 代码
• 粉刷房子
• • 题解
  • 代码
• 总结

按摩师

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题解

1. 细节处理：题目是有没有客人的时候，所有n等于零时返回零
2. 状态表示：到达i位置时的最长预约时长
3. 状态转移方程：到达i位置的时候分为选或者不选，选的话，前一个位置就是不选，不选的话，前一个位置可以是不选或者是选中的最大值

代码

class Solution 
{
public:
    int massage(vector<int>& nums) 
    {
        int n = nums.size();
        if(n == 0) return 0;// 空数组是没有预约时间的
        vector<int> f(n);// 最后一个状态选
        vector<int> g(n);// 最后一个状态不选
        f[0] = nums[0];
        for(int i = 1;i < n;i++)
        {
            f[i] = g[i-1] + nums[i];
            g[i] = max(f[i-1],g[i-1]);
        }
        return max(g[n-1],f[n-1]);
    }
};

打家劫舍II

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题解

1. 这题的思路和按摩师几乎一模一样，只不过可以分为第一个位置偷和第一个位置不偷的情况，最后比较两种情况哪种的金额最大
2. 第一个位置偷的情况，那么最后一个位置和第二个位置都不能偷，在2，n-2内进行一次按摩师
   第一个位置不偷的情况，在1，n-1区间内进行一次按摩师

代码

class Solution 
{
public:
    int rob(vector<int>& nums) 
    {
        int n = nums.size();
        if(n == 0) return 0;
        if(n == 1)
        {
            return nums[0];
        }
        if(n == 2)
        {
            return nums[0] > nums[1] ? nums[0] : nums[1];
        }

        vector<int> f(n);// 最后一个位置偷
        vector<int> g(n);// 最后一个位置不偷

        f[2] = nums[2],g[2] = 0;
        int x = 0,y = 0; 
        // 第一个位置偷
        for(int i = 3;i < n-1;i++)
        {
            f[i] = g[i-1] + nums[i];
            g[i] = max(g[i-1],f[i-1]);
        }
        x = nums[0] + max(f[n-2],g[n-2]);
        // 第一个位置不偷

        f[1] = nums[1],g[1] = 0;
        for(int i = 2;i < n;i++)
        {
            f[i] = g[i-1] + nums[i];
            g[i] = max(g[i-1],f[i-1]);
        }
        y = max(f[n-1],g[n-1]);
        return max(x,y);
    }
};

删除并获得点数

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题解

1. 可以先将数组预处理为下标对应的数的所有和相加，这样可以转换为打家劫舍问题，排序后选了一个数，相邻的两个数不能选
2. 这样arr数组就可以写成打家劫舍问题的代码了

代码

class Solution 
{
public:
    int arr[10001];
    int deleteAndEarn(vector<int>& nums) 
    {
        // 怎么达到不遍历可以删除其他数达到最大值呢？
        // 可以转化为自己熟悉的打家劫舍问题
        int n = nums.size();
        int ans = 0;
        for(int i = 0;i < n;i++)
        {
            arr[nums[i]] += nums[i];
            ans = max(ans,nums[i]);
        }
        
        if(n == 0) return 0;

        vector<int> f(ans+1);
        vector<int> g(ans+1);
        f[0] = arr[0],g[0] = 0;
        for(int i = 1;i <= ans;i++)
        {
            f[i] = g[i-1] + arr[i];
            g[i] = max(f[i-1],g[i-1]);
        }
        return max(f[ans],g[ans]);
    }
};

粉刷房子

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题解

1. 红色是0，绿色是1，蓝色是2
2. 可以分解为3个一维的线性dp，最后一个位置选红色，那么前一个位置的状态是选绿色和黄色中的最小值
3. 同时填表，有三种颜色，n个房子，按线性dp的模式写

代码

class Solution
{
public:
    int minCost(vector<vector<int>>& costs) 
    {
        int n = costs.size();
        vector<vector<int>> dp(n+1,vector<int>(3));// 0红 1绿 2蓝
        for(int i = 1;i < n+1;i++)
        {
            dp[i][0] = min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]) + costs[i-1][0];
            dp[i][1] = min(dp[i-1][0],dp[i-1][2]) + costs[i-1][1];
            dp[i][2] = min(dp[i-1][1],dp[i-1][0]) + costs[i-1][2];
        }
        return min(min(dp[n][0],dp[n][1]),dp[n][2]);
    }
};

总结

1. 多状态一般可以分为三种状态
2. 分析出状态表示基本上就很好些了
3. 状态转移方程为三个线性的dp，分析前一个转态，填写现在这个状态