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C++實(shí)現(xiàn)LeetCode(120.三角形)

更新時(shí)間：2021年07月23日 17:11:43 作者：Grandyang

這篇文章主要介紹了C++實(shí)現(xiàn)LeetCode(120.三角形),本篇文章通過(guò)簡(jiǎn)要的案例,講解了該項(xiàng)技術(shù)的了解與使用,以下就是詳細(xì)內(nèi)容,需要的朋友可以參考下

[LeetCode] 120.Triangle 三角形

Given a triangle, find the minimum path sum from top to bottom. Each step you may move to adjacent numbers on the row below.

For example, given the following triangle

[
[2],
[3,4],
[6,5,7],
[4,1,8,3]
]

The minimum path sum from top to bottom is 11 (i.e., 2 + 3 + 5 + 1 = 11).

Note:
Bonus point if you are able to do this using only O(n) extra space, where n is the total number of rows in the triangle.

這道題給了我們一個(gè)二維數(shù)組組成的三角形，讓我們尋找一條自上而下的路徑，使得路徑和最短。那么那道題后還是先考慮下暴力破解，我們可以發(fā)現(xiàn)如果要遍歷所有的路徑的話，那可以是階乘級(jí)的時(shí)間復(fù)雜度啊，OJ必滅之，趁早斷了念想比較好。必須要優(yōu)化時(shí)間復(fù)雜度啊，題目中給的例子很容易把人帶偏，讓人誤以為貪婪算法可以解題，因?yàn)榭搭}例子中的紅色數(shù)組，在根數(shù)字2的下方選小的數(shù)字3，在3的下方選小的數(shù)字5，在5的下方選小的數(shù)字1，每次只要選下一層相鄰的兩個(gè)數(shù)字中較小的一個(gè)，似乎就能得到答案了。其實(shí)是不對(duì)的，貪婪算法可以帶到了局部最小，但不能保證每次都帶到全局最小，很有可能在其他的分支的底層的數(shù)字突然變的超級(jí)小，但是貪婪算法已經(jīng)將其他所有分支剪掉了。所以為了保證我們能得到全局最小，動(dòng)態(tài)規(guī)劃Dynamic Programming還是不二之選啊。其實(shí)這道題和 Dungeon Game 非常的類似，都是用DP來(lái)求解的問(wèn)題。那么其實(shí)我們可以不新建dp數(shù)組，而是直接復(fù)用triangle數(shù)組，我們希望一層一層的累加下來(lái)，從而使得 triangle[i][j] 是從最頂層到 (i, j) 位置的最小路徑和，那么我們?nèi)绾蔚玫綘顟B(tài)轉(zhuǎn)移方程呢？其實(shí)也不難，因?yàn)槊總€(gè)結(jié)點(diǎn)能往下走的只有跟它相鄰的兩個(gè)數(shù)字，那么每個(gè)位置 (i, j) 也就只能從上層跟它相鄰的兩個(gè)位置過(guò)來(lái)，也就是 (i-1, j-1) 和 (i-1, j) 這兩個(gè)位置，那么狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為：

triangle[i][j] = min(triangle[i - 1][j - 1], triangle[i - 1][j])

我們從第二行開(kāi)始更新，注意兩邊的數(shù)字直接賦值上一行的邊界值，那么最終我們只要在最底層找出值最小的數(shù)字，就是全局最小的路徑和啦，代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
        for (int i = 1; i < triangle.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j < triangle[i].size(); ++j) {
                if (j == 0) {
                    triangle[i][j] += triangle[i - 1][j];
                } else if (j == triangle[i].size() - 1) {
                    triangle[i][j] += triangle[i - 1][j - 1];
                } else {
                    triangle[i][j] += min(triangle[i - 1][j - 1], triangle[i - 1][j]);
                }
            }
        }
        return *min_element(triangle.back().begin(), triangle.back().end());
    }
};

這種方法可以通過(guò)OJ，但是畢竟修改了原始數(shù)組triangle，并不是很理想的方法。在網(wǎng)上搜到一種更好的DP方法，這種方法復(fù)制了三角形最后一行，作為用來(lái)更新的一位數(shù)組。然后逐個(gè)遍歷這個(gè)DP數(shù)組，對(duì)于每個(gè)數(shù)字，和它之后的元素比較選擇較小的再加上面一行相鄰位置的元素做為新的元素，然后一層一層的向上掃描，整個(gè)過(guò)程和冒泡排序的原理差不多，最后最小的元素都冒到前面，第一個(gè)元素即為所求。代碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int minimumTotal(vector<vector<int>>& triangle) {
        vector<int> dp(triangle.back());
        for (int i = (int)triangle.size() - 2; i >= 0; --i) {
            for (int j = 0; j <= i; ++j) {
                dp[j] = min(dp[j], dp[j + 1]) + triangle[i][j];
            }
        }
        return dp[0];
    }
};

下面我們來(lái)看一個(gè)例子，對(duì)于輸入數(shù)組：

-1

2 3

1 -1 -3

5 3 -1 2

下面我們來(lái)看DP數(shù)組的變換過(guò)程（紅色數(shù)字為每次dp數(shù)組中值改變的位置）：

DP：5 3 -1 2

DP：4 3 -1 2

DP：4 -2 -1 2

DP：4 -2 -4 2

DP：0 -2 -4 2

DP：0 -1 -4 2