戳气球--LeetCode312

戳气球–LeetCode312

题目

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。每当你戳破一个气球 i时，你可以获得 nums[left] * nums[i] * nums[right]个硬币。 这里的left和 right代表和 i相邻的两个气球的序号。注意当你戳破了气球 i后，气球 left和气球 right就变成了相邻的气球。

求所能获得硬币的最大数量。

说明:

• 你可以假设 nums[-1] = nums[n] = 1，但注意它们不是真实存在的所以并不能被戳破。
• 0 ≤ n ≤ 500, 0 ≤ nums[i] ≤ 100

示例:

输入: [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

思路：巧妙的动态规划

这个题目一点没有思路，主要参考labuladong的题解，对关键的地方进行了提炼总结。

这个题目的特殊之处在于我们每戳破一个气球nums[i]，得到的分数和该气球相邻的气球nums[i-1]和nums[i+1]是有相关性的。运用动态规划算法的一个重要条件：子问题必须独立。所以对于这个戳气球问题，如果想用动态规划，必须巧妙地定义dp数组的含义，避免子问题产生相关性，才能推出合理的状态转移方程。

首先对原数组进行一点转换，将两个边界nums[-1] = nums[n] = 1加入到原数组中，形成一个新的数组points，现在气球的索引变成了从1到n，points[0]和points[n+1]可以认为是两个「虚拟气球」。

dp数组定义：dp[i][j] = x表示，戳破气球i和气球j之间（开区间，不包括i和j）的所有气球，可以获得的最高分数为x

这个开区间就很灵性，由于两边是虚拟气球，所以最终的结果就是dp[0][n+1]。初始状态是当j<=i+1时，此时区间(i,j)中没有气球或者这个区间根本不存在，此时dp[i][j]=0。

状态转移：正常思路是先戳哪一个气球，此时只能穷举所有可能性，所以这里需要反向思考，也就是最后戳哪一个气球，这样想有什么好处？假设区间(i,j)里面有一个气球k是最后被戳的，那么它的硬币数量就好求了因为最后就只剩下k，它两边分别是i和j，此时获得的硬币数量是points[i]*points[k]*points[j]。既然k是最后被戳的，那么开区间(i, k)的气球和开区间(k, j)的气球都要先被戳破，就有了下面的转移方程：

dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k][j] 
         + points[i]*points[k]*points[j]

代码如下：

class Solution {
    public int maxCoins(int[] nums) {
        if (nums == null || nums.length == 0) {
            return 0;
        }
        int n = nums.length;
        int[] points = new int[n+2];
        // 两侧的虚拟气球
        points[0] = 1;
        points[n+1] = 1;
        for (int i = 1; i < n+1; i++) {
            points[i] = nums[i-1];
        }
        int[][] dp = new int[n+2][n+2];
        // 状态转移，i从后往前，j从前往后
        // 这样的顺序是因为转移方程中之前的状态必须要先计算出来
        for (int i = n+1; i >= 0; i--) {
            for (int j = i+1; j <= n+1; j++) {
                // k表示最后一个被戳破的气球，对k进行遍历，取最优结果
                for (int k = i+1; k < j; k++) {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i][j],
                        dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[j]*points[k]);
                }
            }
        }
        return dp[0][n+1];
    }
}