简单多状态DP问题

面试题 17.16. 按摩师

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面试题 17.16. 按摩师

题目描述

一个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。在每次预约服务之间要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定一个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合（总预约时间最长），返回总的分钟数。

注意：本题相对原题稍作改动

示例 1：

输入： [1,2,3,1]
输出： 4
解释： 选择 1 号预约和 3 号预约，总时长 = 1 + 3 = 4。
示例 2：

输入： [2,7,9,3,1]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约和 5 号预约，总时长 = 2 + 9 + 1 = 12。
示例 3：

输入： [2,1,4,5,3,1,1,3]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约、 5 号预约和 8 号预约，总时长 = 2 + 4 + 3 + 3 = 12。

分析

1. 状态表示：经验（以某个位置为结尾）+题目要求
   dp[i]选择到i位置的时候，此时的最长预约时长。继续细化：划分为两种状态f[i]表示选择到i位置的时候，nums[i]位置必选，此时最长预约时间最长；g[i]表示选择到i位置的时候，nums[i]位置不选，此时最长预约时间最长。
   

2. 状态转移方程
   第i个位置选：f[i]=g[i-1]+nums[i]
   
   第i个位置不选：g[i]=max(f[i-1],g[i-1])，此时i-1位置可选可不选。
   

3. 初始化
   f[0]=nuns[0]，g[0]=0

4. 填表顺序
   从左往右

5. 返回值
   max(f[n-1],g[n-1])

代码

class Solution {
public:int massage(vector<int>& nums) {int n=nums.size();if(n==0) return 0; vector<int> f(n),g(n);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(f[n-1],g[n-1]);}
};

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213. 打家劫舍 II

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213. 打家劫舍 II

题目描述

你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。

给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。

示例 1：

输入：nums = [2,3,2]
输出：3
解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2：

输入：nums = [1,2,3,1]
输出：4
解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。
偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 3：

输入：nums = [1,2,3]
输出：3

提示：

1 <= nums.length <= 100
0 <= nums[i] <= 1000

分析

选了第一个位置就不能选择最后一个位置的房屋，因为是一个环形的房屋，第一个和最后一个是相邻的。分为两种情况：选第一个位置：nums[0]+rob(2,n-2)，第一个位置不选：rob(1,n-1)。最终选择两种情况中最大值即可。

1. 状态表示
   f[i]表示偷到i位置是，偷nums[i]，此时的最大金额；g[i]表示偷到i位置是，不偷nums[i]，此时的最大金额。

2. 状态转移方程
   偷第i位置：f[i]=g[i-1]+nums[i]
   不偷第i位置：g[i]=max(f[i-1],g[i-1])
   

3. 初始化
   f[0]=nums[0]
g[0]=0

4. 填表顺序
   从左往右，两表一起

5. 返回值
   max(f[n-1],g[n-1])

代码

class Solution {int rob1(vector<int>& nums,int l,int r)
{if(l>r) return 0;int n=nums.size();vector<int> f(n),g(n);f[l]=nums[l];for(int i=l+1;i<=r;i++){f[i]=g[i-1]+nums[i];g[i]=max(f[i-1],g[i-1]);}return max(f[r],g[r]);
}public:int rob(vector<int>& nums) {int n=nums.size();return max(nums[0]+rob1(nums,2,n-2),rob1(nums,1,n-1));        }
};

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740. 删除并获得点数

题目描述

给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。

每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] - 1 和 nums[i] + 1 的元素。

开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。

示例 1：
输入：nums = [3,4,2]
输出：6
解释：删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。

示例 2：
输入：nums = [2,2,3,3,3,4]
输出：9
解释：删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。总共获得 9 个点数。

分析

本道题需要先预处理一下：
记录nums数组中的值放在arr数组中，arr数组下标对应nums数组中的数字，arr数组下标对应的内容是nums数组中同一个数字的总和。
例如：nums = [2,2,3,3,3,4]，那么arr[0,0,4,9,4]

剩下的就是动态规划问题，类似于打家劫舍，不再具体分析。

代码

class Solution {
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {vector<int> arr(10001,0);for(auto x:nums) arr[x]+=x;vector<int> f(10001),g(10001);f[0]=arr[0],g[0]=0;for(int i=1;i<10001;i++){f[i]=g[i-1]+arr[i];g[i]=max(g[i-1],f[i-1]);}return max(f[10000],g[10000]);}
};

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LCR 091. 粉刷房子

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LCR 091. 粉刷房子

题目描述

假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。
当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。
例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。
请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。

示例 1：
输入: costs = [[17,2,17],[16,16,5],[14,3,19]]
输出: 10
解释: 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。
最少花费: 2 + 5 + 3 = 10。

示例 2：
输入: costs = [[7,6,2]]
输出: 2

分析

分析一下示例1，理解一下costs数组的使用方法：

• 状态表示：
  dp[i][0]：表示粉刷到i位置时，粉刷上红色，此时的最小花费
  dp[i][1]：表示粉刷到i位置时，粉刷上蓝色，此时的最小花费
  dp[i][2]：表示粉刷到i位置时，粉刷上绿色，此时的最小花费
  

• 状态转移方程：
  i位置刷红色：dp[i][0]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][0]

i位置刷蓝色：dp[i][1]=min(dp[i-1][0],dp[i-1][2])+costs[i][1]
i位置刷绿色：dp[i][2]=min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+costs[i][2]

• 初始化
  添加一个虚拟节点，保证后面填表是正确的，注意下标的映射关系。虚拟节点初始化为0。
  

• 填表顺序
  一次填写三个表，从左往右填表

• 返回值
  返回三个dp表的最后一个值，并且是最小的。

代码

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

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309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期

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309.买卖股票的最佳时机含冷冻期

题目描述

给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 i 天的股票价格 。​
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

示例 1:
输入: prices = [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]

示例 2:
输入: prices = [1]
输出: 0

分析

• 状态表示：
  dp[i][0]表示第i天结束之后，处于买入状态，此时的最大利润
  dp[i][1]表示第i天结束之后，处于可交易状态，此时的最大利润
  dp[i][2]表示第i天结束之后，处于冷冻期状态，此时的最大利润

• 状态转移方程：
  如果第i-1天处于买入状态，第i天可以啥也不干；
  如果第i-1天处于可交易状态，第i天可以处于买入状态；
  如果第i-1天处于冷冻期状态，第i天无法可以处于买入状态，并且-price[i]；
  如果第i-1处于买入状态，第i天可以处于冷冻期，并且+price[i]；
  如果第i-1处于可交易状态，第i天依旧可以处于可交易状态，啥也不干；
  如果第i-1处于可交易状态，第i天可以处于冷冻期状态
  
  dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-p[i])
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2])
dp[i][2]=dp(dp[i-1][0]+p[i]

• 初始化
  dp[0][0]=-p[0]
dp[0][1]=0
dp[0][2]=0

• 填表顺序
  从左往右，一次填三个表

• 返回值
  max(dp[n-1][1],dp[n-1][2])

代码

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n=prices.size();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(3));dp[0][0]=-prices[0];for(int i=1;i<n;i++){dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i]);dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);dp[i][2]=dp[i-1][0]+prices[i];}return max(dp[n-1][1],dp[n-1][2]);}
};

空间复杂度O（n），时间复杂度O（n）

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714.买卖股票的最佳时机含⼿续费

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714.买卖股票的最佳时机含⼿续费

题目描述

给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。

示例 1：
输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8
解释：能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8

示例 2：
输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6

分析

• 状态表示
  f[i]表示第i天结束后，处于买入状态，此时最大利润
  g[i]表示第i天结束后，处于卖出状态，此时最大利润
• 状态转移方程
  f[i]=max(f[i-1],g[i-1]-p[i])
g[i]=max(g[i-1],f[i-1]+p[i]-fee)
• 初始化
  f[0]=-p[0]
g[0]=0
• 填表顺序
  从左到右，两个表同时填
• 返回值
  g[n-1]
  结果不可能是f[n-1]

代码

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {int n=prices.size();vector<int> f(n);vector<int> g(n);f[0]=-prices[0];for(int i=1;i<n;i++){f[i]=max(f[i-1],g[i-1]-prices[i]);g[i]=max(g[i-1],f[i-1]+prices[i]-fee);}return g[n-1];}
};

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123.买卖股票的最佳时机 III

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123.买卖股票的最佳时机 III

题目描述

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

示例 1:
输入：prices = [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出：6
解释：在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。

示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。

示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

示例 4：
输入：prices = [1]
输出：0

分析

• 状态表示
  f[i][j]表示第i天结束后，完成了j次交易，此时处于买入状态下达到最大利润
  g[i][j]表示第i天结束后，完成了j次交易，此时处于卖出状态下达到最大利润
  

• 状态转移方程
  f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1][j]-p[i])
g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+p[i] 在f[i-1][j-1]因为当天次数为j，所以前一天交易次数为j-1

• 初始化
  

• 填表顺序
  从左往右，两个表同时填

• 返回值
  g表中最后一行的最大值

代码

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int n=prices.size();vector<vector<int>> f(n,vector<int>(3,-0x3f3f3f3f));auto g=f;f[0][0]=-prices[0],g[0][0]=0;for(int i=1;i<n;i++){for(int j=0;j<3;j++){f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1][j]-prices[i]);g[i][j]=g[i-1][j];if(j-1>=0){g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+prices[i]);}}}//找到最后一行的最大值int ans=0;for(int i=0;i<3;i++){ans=max(ans,g[n-1][i]);}return ans;}
};

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188买卖股票的最佳时机 IV

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188买卖股票的最佳时机 IV

题目描述

给你一个整数数组 prices 和一个整数 k ，其中 prices[i] 是某支给定的股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。也就是说，你最多可以买 k 次，卖 k 次。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

示例 1：
输入：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。

示例 2：
输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4 。
随后，在第 5 天 (股票价格 = 0) 的时候买入，在第 6 天 (股票价格 = 3) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。

代码

class Solution {
public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {int n=prices.size();vector<vector<int>> f(n,vector<int>(k+1,-0x3f3f3f3f));auto g=f;f[0][0]=-prices[0],g[0][0]=0;for(int i=1;i<n;i++){for(int j=0;j<=k;j++){f[i][j]=max(f[i-1][j],g[i-1][j]-prices[i]);g[i][j]=g[i-1][j];if(j-1>=0){g[i][j]=max(g[i-1][j],f[i-1][j-1]+prices[i]);}}}//找到最后一行的最大值int ans=0;for (int j = 0; j <= k; ++j) {ans = max(ans, g[n-1][j]);}return ans;}
};