算法学习day32

一、解码方法II（解码方法I的升级版）

在I的底子上增加了*，可以代替1-9中任意一个数字，求解码的方法有多少种

1. <strong>输入：</strong>s = "*"
2. <strong>输出：</strong>9
3. <strong>解释：</strong>这一条编码消息可以表示 "1"、"2"、"3"、"4"、"5"、"6"、"7"、"8" 或 "9" 中的任意一条。
4. 可以分别解码成字符串 "A"、"B"、"C"、"D"、"E"、"F"、"G"、"H" 和 "I" 。
5. 因此，"*" 总共有 9 种解码方法。

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思绪：

回顾一下上一题的思绪：
1.如果遍历到的该位数字不是0，那么dp[i+1]=dp;
2.如果遍历到的数字可以和放一个数字构成一个有用的大写字母的ASCII值，是对dp[i+1]有用的，(这个有用是指多了dp[i-1]种分割方法）那么dp[i+1]+=dp[i-1];
那么这一道题的思绪是？
1.如果遍历到的字符是*，
    1.1  那么不论上一个字符是什么，首先dp[i+1]=dp*9;
    1.2  如果上一个字符是'1',那么dp[i+1]+=dp[i-1]*9
    1.3 如果上一个字符是'2',那么dp[i+1]+=dp[i-1]*6(1->6)
     1.4 其他环境均无法构成有用的大写字母
2.如果遍历到的字符不是'*'
      2.1 如果不是0,那么就可以切割。dp[i+1]=dp;
      2.2 如果上一个字符是'1',dp[i+1]+=dp[i-1]
      2.3 如果上一个字符是'1',且当前的字符是'0'->'7',dp[i+1]+=dp[i-1]
      2.4 如果上一个字符是'*',且当前字符是'0'->'7',dp[i+1]+=2*dp[i-1]
      2.5 如果上一个字符是'*',且当前字符不是'0'->'7',dp[i+1]+=dp[i-1]
 代码：

1. /**
2. * 如果新加的一个字母是* 并且前一个数字是<=2的 直接+9
3. * 前一个数字是*,直接+16
4. * 解码方法I
5. * 如果新加的数字可以和前面数字组成一个有效的大写字母 那么dp[i+1]=dp[i]+dp[i-1]
6. * 如果不能组成dp[i+1]=dp[i]
7. */
8. class Solution {
9.     public int numDecodings(String s) {
10.         int mod = 1000000007;
11.         int size = s.length();
12.         long[] dp = new long[size + 1];
13.         dp[0] = 1;
14.         dp[1] = (s.charAt(0) == '*') ? 9 : 1;
15.         if (s.charAt(0) == '0')
16.             return 0;
17.         for (int i = 1; i < size; i++) {
18.             // 开始分情况
19.             if (s.charAt(i) == '*') {
20.                 dp[i + 1] += dp[i] * 9;
21.                 if (s.charAt(i - 1) == '1') {
22.                     dp[i + 1] += dp[i - 1] * 9;
23.                 } else if (s.charAt(i - 1) == '2') {
24.                     dp[i + 1] += dp[i - 1] * 6;
25.                 } else if (s.charAt(i - 1) == '*') {
26.                     dp[i + 1] += dp[i - 1] * 15;
27.                 }
28.             } else {
29.                 if (s.charAt(i) != '0')
30.                     dp[i + 1] = dp[i];
31.                 if (s.charAt(i - 1) == '1')
32.                     dp[i + 1] += dp[i - 1];
33.                 else if (s.charAt(i - 1) == '2' && s.charAt(i) < '7')
34.                     dp[i + 1] += dp[i - 1];
35.                 else if (s.charAt(i - 1) == '*') {
36.                     if (s.charAt(i) < '7')
37.                         dp[i + 1] += 2 * dp[i - 1];
38.                     else
39.                         dp[i + 1] += dp[i - 1];
40.                 }
41.             }
42.             dp[i+1] %= mod;
43.         }
44.         return (int) dp[s.length()];
45.     }
46. }

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二、丑数II

给你一个整数 n ，请你找出并返回第 n 个 丑数 。丑数 就是质因子只包罗 2、3 和 5 的正整数。

1. <strong>输入：</strong>n = 10
2. <strong>输出：</strong>12
3. <strong>解释：</strong>[1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12] 是由前 10 个丑数组成的序列。

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思绪：

首先明白丑数的概念，质因子只包括2、3、5的正整数。因此可以推断出一个丑数必定是由x个2、y个3，z个5组成的。即n=2*x+3*y+5*z
那么我们如何寻找第n个丑数，可以利用数组，把n个丑数都求出来，那么如何判定第a个丑数是什么？
根据题目可知，1也是一个丑数，那么arr[0]=1;然后开始遍历:
arr的值就从Math.min(arr[i2]*2,Math.min(arr[i3]*3,arr[i5]*5))中取
资助理解：

现在丑数中有{1，2}，在上一步中，1已经同2相乘过了，所以今后没须要再比较1×2了，我们说1失去了同2相乘的资格。
现在1有与3，5相乘的资格，2有与2，3，5相乘的资格，但是2×3和2×5是没须要比较的，因为有比它更小的1可以同3，5相乘，所以我们只须要比较1×3，1×5，2×2。
代码：

1. class Solution {
2.     public int nthUglyNumber(int n) {
3.         int[] dp=new int[n];
4.         dp[0]=1;
5.         int i2=0,i3=0,i5=0;
7.         for(int i=1;i<n;i++){
8.             dp[i]=Math.min(dp[i2]*2,Math.min(dp[i3]*3,dp[i5]*5));
9.             if(dp[i]==dp[i2]*2)i2++;
10.             if(dp[i]==dp[i3]*3)i3++;
11.             if(dp[i]==dp[i5]*5)i5++;
12.         }
13.         return dp[n-1];
14.     }
15. }

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三、超级丑数（类似于丑数II）

区别：

和丑数II的区别就是，丑数II的质因数只有2、3、5。而超级丑数的质因数的题目中给的。
思绪：

利用一个map聚集记录因数以及该因数到场的近来一次超级丑数的下标？
key:质因数
value:该因数到场的近来一次超级丑数的下标  类似于丑数II中的i2,i3,i5
dp每次依然从dp[x]*primes中选择一个最小的
代码:

1. class Solution {
2.     public int nthSuperUglyNumber(int n, int[] primes) {
3.         Map<Integer,Integer> map=new HashMap<>();
4.         for(int i:primes){
5.             map.put(i,0);
6.         }
7.         long[] dp=new long[n];
8.         dp[0]=1;
9.         for(int i=1;i<n;i++){
10.             Set<Integer> keys=map.keySet();
11.             long min=Long.MAX_VALUE;
12.             //找出最小值 也就是dp[i]放谁
13.             for(Integer key:keys){
14.                 int value=map.get(key);
15.                 if(dp[value]*key<min)min=dp[value]*key;
16.             }
17.             //找出最小值是由哪一个质数得到的 value+1
18.             for(Integer key:keys){
19.                 int value=map.get(key);
20.                 if(min/dp[value]==key)map.put(key,map.get(key)+1);
21.             }
22.             dp[i]=min;
23.         }
24.         return (int)dp[n-1];
25.     }
26. }

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四、田鸡过河(dp)

题意：给定一个数组stones[],代表每个单元格之间的间隔，田鸡每次跳跃的间隔是上一次跳跃的间隔-1->+1;也就是在k-1,k,k+1这个范围中选择。

思绪：

如何界说dp数组的含义：dp[j]代表的是能否从某个单元格跳j步到达i单元格。因此某个单元格一定是i之前的。那么根据j的不同，跳到i有很多种方法。
递推公式:dp[distance]=dp[j][distance-1]||dp[j][distance]||dp[j][distance+1]
如何理解这个递推公式:首先j是i之前的一个单元格，从j跳到i,要看distance是否满足我们能跳的间隔。
如果上一个单元是跳了distance-1到达的，那么+1后可以得到distance；
如果上一个单元是跳了distance到达的，那么稳定可以得到distance;
如果上一个单元是跳了distance+1到达的，那么-1可以得到distance;
代码：

1. class Solution {
2.     public boolean canCross(int[] stones) {
3.         int length=stones.length;
4.         //1.定义dp数组
5.         boolean[][] dp=new boolean[length][length];
6.         //dp数组的含义
7.         //初始化dp数组
8.         dp[0][0]=true;
9.         for(int i=1;i<length;i++){
10.             for(int j=i-1;j>=0;j--){
11.                 int distance=stones[i]-stones[j];
12.                 //如果此时的j是无法跳过来的，那么j--之后，更无法跳过来，所以直接break
13.                 if(distance>j+1)break;
14.                 dp[i][distance]=dp[j][distance-1]||dp[j][distance]||dp[j][distance+1];
15.                 if(i==length-1&&dp[i][distance])return true;
16.             }
17.         }
18.         return false;
19.     }
20. }

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五、等差数列划分（滑动窗口/dp）

如果一个数列 至少有三个元素 ，而且任意两个相邻元素之差类似，则称该数列为等差数列。
给你一个整数数组 nums ，返回数组 nums 中全部为等差数组的 子数组 个数。
子数组 是数组中的一个连续序列。

1. <strong>输入：</strong>nums = [1,2,3,4]
2. <strong>输出：</strong>3
3. <strong>解释：</strong>nums 中有三个子等差数组：[1, 2, 3]、[2, 3, 4] 和 [1,2,3,4] 自身。

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解法一：滑动窗口

思绪：

每次在数组中找一个最长等差数列，然后根据公式计算一下该等差数列中含有几个长度>=3的等差数列，如果len=5,长度为3的有3个，长度为4的有2个，长度为5的有1个。1+2+...+len-2 次数为：len-1 * len -2 /2
如果加上下一个元素 无法构成等差数列，那么就结算一下。然后继续重置数列长度。
代码：

1. /**
2. 滑动窗口
3. */
4. class Solution {
5.     public int numberOfArithmeticSlices(int[] nums) {
6.         if(nums.length<3)return 0;
7.         int right=2;
8.         int count=0;
9.         int len=2;
10.         int preDiff=nums[1]-nums[0];
11.         while(right<nums.length){
12.             int curDiff=nums[right]-nums[right-1];
13.             if(curDiff==preDiff)len++;
14.             if(curDiff!=preDiff){
15.                 count+=(len-1)*(len-2)/2;
16.                 preDiff=curDiff;
17.                 len=2;
18.             }
19.             right++;
20.         }
21.         count+=(len-1)*(len-2)/2;
22.         return count;
23.     }
24. }

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解法二：动态规划

思绪:

dp:代表以nums为末端的等差数列的个数。
如果nums==nums[i-1]&&nums[i-1]==nums[i-2] 那么dp+=dp[i-1]+1;
为什么dp+=dp[i-1]+1,因为在原来的底子上延长到以nums末端的这个数列的长度是稳定的，新加的+1是新组成的一个等差数列，由nums[i-2] nums[i-1] nums组成
代码：

1. class Solution {
2.     public int numberOfArithmeticSlices(int[] nums) {
3.         if(nums.length<3)return 0;
4.         int[] dp=new int[nums.length];
5.         int res=0;
6.         for(int i=2;i<nums.length;i++){
7.             if(nums[i]-nums[i-1]==nums[i-1]-nums[i-2]){
8.                 dp[i]=dp[i-1]+1;
9.                 res+=dp[i];
10.             }
11.         }
12.         return res;
13.     }
14. }

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