动态规划之简单多状态

简单多状态

1. 按摩师（easy）
2. 打家劫舍II （medium）
3. 删除并获得点数（medium）
4. 买卖股票的最佳时机含冷冻期（medium）
5. 买卖股票的最佳时机III（hard）

1. 按摩师（easy）

1.题目链接：按摩师
2.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。
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。

3.问题分析：
对于动态规划多状态这类问题，看完题目后，对于某个事物，有明显几个状态；比如这道题的事物就是这个按摩师，这个按摩师可能有工作，休息两种状态，而我们要做的就是将这两种状态表示出来，然后计算不同状态下他所能达到的值。最后依据题目来求解最大值还是最小值。

状态表示：先用一个dp[n]进行表示，然后就会发现，对于某一个位置来说，这个位置的客人可能选，可能不选（不选可能就是在休息），那么很明显用一个dp表是不能表示出这两种状态的。所以状态表示可以如下：f[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最⻓预约时⻓； g[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最⻓预约时⻓。
状态转移方程：对于f[i]数组来说，选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最⻓预约时⻓，所以如果i位置必选，那么i-1就不能再选，刚好g[i] 表示的就是 nums[i] 不选，此时的最⻓预约时，此时f[i]=nums[i] + g[i-1]； g[i]表示i位置不选，那么i-1可以选也可以不选，取这两者最大值，g[i]=max(f[i-1], g[i-1])。所以状态表示分别为 f[i] = nums[i] + g[i - 1];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
初始化：对于f[i]来说，i位置表示必选，所以f[0]=nums[0]；对于g[i]来说，i位置表示不选，所以g[0]=0 。
填表顺序：根据状态转移⽅程得从左往右，两个表⼀起填。
返回值：根据状态表⽰，应该返回max(f[n - 1], g[n - 1])。

代码如下：

class Solution 
{
public:
    int massage(vector<int>& nums) 
    {
        int n = nums.size();
        //判断是否为空
        if (n == 0)
            return 0;
        vector<int> f(n), g(n);
        //初始化
        f[0] = nums[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i)
        {
            f[i] = nums[i] + g[i - 1];
            g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
        }
        return max(f[n - 1], g[n - 1]);
    }
};

2. 打家劫舍II （medium）

1.题目链接：打家劫舍II
2.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

3.问题分析：
这道题上道题的区别就是将这个nums数组看作是一个环形数组，这样的话就需要考虑临界区，也就是对首尾的状况进行分析；具体有如下几种：如果第一个位置选，那么最后一个位置就不能选，也就是在区间[0,n - 2]；如果最后一个位置选，那么第一个位置就不能选，也就是区间[1,n - 1]。 还有没有别的情况？没有了。然后对两个区间[0,n - 2]和[1,n - 1]分别进行一次按摩师的问题，就可以求出最大值。

状态表示：f[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时偷取利润的最大值； g[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时偷取利润的最大值。
状态转移方程：如按摩师的分析方式，状态转移方程如下： f[i] = nums[i] + g[i - 1];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
初始化：对于f[i]来说，i位置表示必选，所以f[0]=nums[0]；对于g[i]来说，i位置表示不选，所以g[0]=0 。
填表顺序：根据状态转移⽅程得从左往右，两个表⼀起填。
返回值：根据状态表⽰，应该返回max(f[n - 1], g[n - 1])。

代码如下：

class Solution 
{
public:
    int _rob(vector<int>& nums, int left, int right)
    {
        if (left > right)
            return 0;
        int n = nums.size();
        vector<int> f(n), g(n);
        //初始化第一个值
        f[left] = nums[left];
        for (int i = left + 1; i <= right; ++i)
        {
            f[i] = nums[i] + g[i - 1];
            g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
        }
        return max(f[right], g[right]);
    }
    int rob(vector<int>& nums) 
    {
        int n = nums.size();
        //判断临界条件
        if (n == 1)
            return nums[0];
        //分别求出两个区间[0,n - 2]和[1,n - 1]的最大值
        return max(_rob(nums, 0, n - 2), _rob(nums, 1, n - 1));
    }
};

3. 删除并获得点数（medium）

1.题目链接：删除并获得点数
2.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。

提示：

1 <= nums.length <= 2 * 10^4
1 <= nums[i] <= 10^4

3.问题分析：
这道题就需要很好的理解能力了，大概意思是给你一个数组，然后你可以删除一个元素并获得它的大小（这里就叫做点数），但是你如果删除了某个数，比如5，那么你就不能再删除数组中的3和4（上述加红区域）。看到这会想到什么？？是不是就和上述第一题差不多了，i位置必选的话，i-1与i+1位置就不能再选。然后就需要一些操作，将本题变为与上述题一样的解法即可，思路如下：由提示可知道1 <= nums[i] <= 10^4，所以用一个10001大小的数组将数据管理起来，下标对应的就是每个数据，所存的元素表示该下标总共的和（例如4出现3次，那么4的位置所存的数据就为12）。

状态表示：如上题一样，用f[i]表示i位置删除，所获取的最大点数；g[i]表示i位置不删除，所获取的最大点数。
状态转移方程：如按摩师的分析方式，状态转移方程如下： f[i] = hash[i] + g[i - 1];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
初始化：对于f[0]位置来说，必选后值为0。
填表顺序：从左往右，两表一次填写。
返回值：max(f[N - 1], g[N - 1])。

代码如下：

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

4. 买卖股票的最佳时机含冷冻期（medium）

1.题目链接：买卖股票的最佳时机含冷冻期
2.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

提示：

1 <= prices.length <= 5000
0 <= prices[i] <= 1000

3.问题分析：
这类题先分状态，然后对每种状态再进行详细讨论。如本题状态该怎么分？在某一天的交易状态可能为买入、冷冻期，冷冻期之后为可交易状态（可交易状态是需要自行找出的）因为卖出的那一刻和进入冷冻期的利润相同，所以买卖股票问题不需要关心卖出状态（如果考虑卖出状态的话，要记得冷冻期的利润是和当天卖出状态利润相同的）。

状态表示：由于有「买⼊」「可交易」「冷冻期」三个状态，因此我们可以选择⽤三个数组，其中：dp[0][j] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；dp[1][j] 表⽰：第 i 天结束后，处于「冷冻期」状态，此时的最⼤利润；dp[2][j] 表⽰：第 i 天结束后，处于「可交易」状态，此时的最⼤利润。
状态转移方程：由下图进行分析：

箭头末尾表示昨天，箭头前端表示今天。nothing表示什么也不用做。 由买入状态开始分析：由买入能不能到买入状态？什么也不干就可以，由买入到冷冻期？昨天卖出，今天就到冷冻期，由买入到可交易？买入后只能卖出到冷冻期，所以不可行。 冷冻期状态：由冷冻期到冷冻期？不行，由冷冻期到买入，显而易见也不行，由冷冻期到可交易？昨天冷冻期，什么也不干，今天就能到达可交易。可交易状态：由可交易到可交易？昨天可交易状态什么也不干，今天就又是可交易状态，由可交易到买入？昨天可交易，今天当然可以买入，由可交易到冷冻期？不行。
所以状态转移方程如下：dp[0][j] = max(dp[0][j - 1], dp[2][j - 1] - prices[j]); dp[1][j] = dp[0][j - 1] + prices[j]; dp[2][j] = max(dp[2][j - 1], dp[1][j - 1]);

初始化：三种状态都会⽤到前⼀个位置的值，因此需要初始化每⼀⾏的第⼀个位置：
dp[0][0] ：此时要想处于「买⼊」状态，必须把第⼀天的股票买了，因此 dp[0][0] = -prices[0] ；
dp[1][0] ：啥也不⽤⼲即可，因此 dp[1][0] = 0 ；
dp[2][0] ：⼿上没有股票，买⼀下卖⼀下就处于冷冻期，此时收益为 0 ，因此 dp[2][0] = 0 。
填表顺序：从上到下，从左往右，三个表⼀起填。
返回值：买入状态的利润肯定不是最大的，所以返回冷冻期状态或可交易状态的最大值即可。

代码如下：

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

5. 买卖股票的最佳时机III（hard）

1.题目链接：买卖股票的最佳时机III
2.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（k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

提示：

1 <= prices.length <= 10^5
0 <= prices[i] <= 10^5

3.问题分析：
这道题与上道题相比，多需要考虑一个交易次数，所以需要再增加一个维度用来表示交易次数。 对于状态来说，只有买入状态和可交易状态，所以用f，g两个数组来进行表示，第二个维度j表示的就是交易次数。买入股票，交易次数不增加，只有当卖出股票，才算一次完整的交易，交易次数增加。

状态表示：f[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润； g[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
状态转移⽅程：
对于 f[i][j] ，有两种情况到这个状态：
在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「买⼊」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时最⼤利润为： f[i - 1][j] ；在 i - 1 天(也就是昨天)的时候，交易了 j 次，处于「可交易」状态，第 i 天的时候把股票买了。此时的最⼤利润为： g[i - 1][j] - prices[i] 。综上，所求的是「最⼤利润」，因此是两者的最⼤值： f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]) 。
对于 g[i][j] ，有两种情况可以到达这个状态：
在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时的最⼤利润为： g[i - 1][j] ；在 i - 1 天的时候，交易了 j - 1 次，处于「买⼊」状态，第 i 天把股票卖了，然后就完成了 j ⽐交易。此时的最⼤利润为： f[i - 1][j - 1] + prices[i] 。但是这个状态不⼀定存在，要先判断⼀下。要求的是最⼤利润，因此状态转移⽅程为：g[i][j] = g[i - 1][j]; if(j >= 1) g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
初始化：
由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此初始化第⼀⾏即可。
当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因此 f[0][0] = - prices[0] 。
为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为 -INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）溢出情况：当初始化为负无穷时，-prices[0]-oo就会溢出。
填表顺序：从上往下填每⼀⾏，每⼀⾏从左往右，两个表⼀起填。
返回值：返回每次交易的最大值。

代码如下：

class Solution {
public:
    const int INF = 0x3f3f3f3f;
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int>> f(n, vector<int>(3, -INF)), g(n, vector<int>(3, -INF));
        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]);
                if (j >= 1) //防止越界
                    g[i][j] = max(g[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
                else 
                    g[i][j] = g[i - 1][j];
            }
        }
        int ret = 0;
        for (int j = 0; j < 3; ++j)
            ret = max(ret, g[n - 1][j]);
        return ret;
   }      
 } ;

对于买卖股票的最佳时机IV问题来说，交易k次，分析方式与上道题基本无异，只需将上述代码中的3改为k即可。