算法学习day32

一、解码方法II（解码方法I的升级版）

在I的基础上增加了*，可以代替1-9中任意一个数字，求解码的方法有多少种

输入：s = "*"
输出：9
解释：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。
可以分别解码成字符串 "A"、"B"、"C"、"D"、"E"、"F"、"G"、"H" 和 "I" 。
因此，"*" 总共有 9 种解码方法。

思路：

回顾一下上一题的思路：

1.如果遍历到的该位数字不是0，那么dp[i+1]=dp[i];

2.如果遍历到的数字可以和放一个数字构成一个有效的大写字母的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];

那么这一道题的思路是？

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[i]*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 其他情况均无法构成有效的大写字母

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[i];

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：

/**
 * 如果新加的一个字母是* 并且前一个数字是<=2的 直接+9
 * 前一个数字是*,直接+16
 * 解码方法I
 * 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]
 * 如果不能组成dp[i+1]=dp[i]
 */
class Solution {
    public int numDecodings(String s) {
        int mod = 1000000007;
        int size = s.length();
        long[] dp = new long[size + 1];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = (s.charAt(0) == '*') ? 9 : 1;
        if (s.charAt(0) == '0')
            return 0;
        for (int i = 1; i < size; i++) {
            // 开始分情况
            if (s.charAt(i) == '*') {
                dp[i + 1] += dp[i] * 9;
                if (s.charAt(i - 1) == '1') {
                    dp[i + 1] += dp[i - 1] * 9;
                } else if (s.charAt(i - 1) == '2') {
                    dp[i + 1] += dp[i - 1] * 6;
                } else if (s.charAt(i - 1) == '*') {
                    dp[i + 1] += dp[i - 1] * 15;
                }
            } else {
                if (s.charAt(i) != '0')
                    dp[i + 1] = dp[i];
                if (s.charAt(i - 1) == '1')
                    dp[i + 1] += dp[i - 1];
                else if (s.charAt(i - 1) == '2' && s.charAt(i) < '7')
                    dp[i + 1] += dp[i - 1];
                else if (s.charAt(i - 1) == '*') {
                    if (s.charAt(i) < '7')
                        dp[i + 1] += 2 * dp[i - 1];
                    else
                        dp[i + 1] += dp[i - 1];
                }
            }
            dp[i+1] %= mod;
        }
        return (int) dp[s.length()];
    }
}

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含 2、3 和 5 的正整数。

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

思路：

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，可以使用数组，把n个丑数都求出来，那么如何判断第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[i]的值就从Math.min(arr[i2]*2,Math.min(arr[i3]*3,arr[i5]*5))中取

帮助理解：

现在丑数中有{1，2}，在上一步中，1已经同2相乘过了，所以今后没必要再比较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是没必要比较的，因为有比它更小的1可以同3，5相乘，所以我们只需要比较1×3，1×5，2×2。

代码：

class Solution {
    public int nthUglyNumber(int n) {
        int[] dp=new int[n];
        dp[0]=1;
        int i2=0,i3=0,i5=0;

        for(int i=1;i<n;i++){
            dp[i]=Math.min(dp[i2]*2,Math.min(dp[i3]*3,dp[i5]*5));
            if(dp[i]==dp[i2]*2)i2++;
            if(dp[i]==dp[i3]*3)i3++;
            if(dp[i]==dp[i5]*5)i5++;
        }
        return dp[n-1];
    }
}

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。

思路：

使用一个map集合记录因数以及该因数参与的最近一次超级丑数的下标？

key:质因数

value:该因数参与的最近一次超级丑数的下标类似于丑数II中的i2,i3,i5

dp[i]每次依然从dp[x]*primes[i]中选择一个最小的

代码:

class Solution {
    public int nthSuperUglyNumber(int n, int[] primes) {
        Map<Integer,Integer> map=new HashMap<>();
        for(int i:primes){
            map.put(i,0);
        }
        long[] dp=new long[n];
        dp[0]=1;
        for(int i=1;i<n;i++){
            Set<Integer> keys=map.keySet();
            long min=Long.MAX_VALUE;
            //找出最小值 也就是dp[i]放谁
            for(Integer key:keys){
                int value=map.get(key);
                if(dp[value]*key<min)min=dp[value]*key;
            }
            //找出最小值是由哪一个质数得到的 value+1
            for(Integer key:keys){
                int value=map.get(key);
                if(min/dp[value]==key)map.put(key,map.get(key)+1);
            }
            dp[i]=min;
        }
        return (int)dp[n-1];
    }
}

四、青蛙过河(dp)

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

思路：

如何定义dp数组的含义：dp[i][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[i][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距离。

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，那么不变可以得到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：

class Solution {
    public boolean canCross(int[] stones) {
        int length=stones.length;
        //1.定义dp数组
        boolean[][] dp=new boolean[length][length];
        //dp数组的含义
        //初始化dp数组
        dp[0][0]=true;
        for(int i=1;i<length;i++){
            for(int j=i-1;j>=0;j--){
                int distance=stones[i]-stones[j];
                //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
                if(distance>j+1)break;
                dp[i][distance]=dp[j][distance-1]||dp[j][distance]||dp[j][distance+1];
                if(i==length-1&&dp[i][distance])return true;
            }
        }
        return false;
    }
}

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 ，并且任意两个相邻元素之差相同，则称该数列为等差数列。

给你一个整数数组 nums ，返回数组 nums 中所有为等差数组的 子数组 个数。

子数组 是数组中的一个连续序列。

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

解法一：滑动窗口

思路：

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：

/**
滑动窗口
 */
class Solution {
    public int numberOfArithmeticSlices(int[] nums) {
        if(nums.length<3)return 0;
        int right=2;
        int count=0;
        int len=2;
        int preDiff=nums[1]-nums[0];
        while(right<nums.length){
            int curDiff=nums[right]-nums[right-1];
            if(curDiff==preDiff)len++;
            if(curDiff!=preDiff){
                count+=(len-1)*(len-2)/2;
                preDiff=curDiff;
                len=2;
            }
            right++;
        }
        count+=(len-1)*(len-2)/2;
        return count;
    }
}

解法二：动态规划

思路:

dp[i]:代表以nums[i]为结尾的等差数列的个数。

如果nums[i]==nums[i-1]&&nums[i-1]==nums[i-2] 那么dp[i]+=dp[i-1]+1;

为什么dp[i]+=dp[i-1]+1,因为在原来的基础上延长到以nums[i]结尾的这个数列的长度是不变的，新加的+1是新组成的一个等差数列，由nums[i-2] nums[i-1] nums[i]组成

代码：

class Solution {
    public int numberOfArithmeticSlices(int[] nums) {
        if(nums.length<3)return 0;
        int[] dp=new int[nums.length];
        int res=0;
        for(int i=2;i<nums.length;i++){
            if(nums[i]-nums[i-1]==nums[i-1]-nums[i-2]){
                dp[i]=dp[i-1]+1;
                res+=dp[i];
            }
        }
        return res;
    }
}