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labuladong原创动态规划约 1981 字大约 7 分钟

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读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便解决如下题目:

LeetCode力扣难度
64. Minimum Path Sumopen in new window64. 最小路径和open in new window🟠
-剑指 Offer II 099. 最小路径之和open in new window🟠

今天聊一道经典的动态规划题目,它是力扣第 64 题「最小路径和open in new window」,我来简单描述一下题目:

现在给你输入一个二维数组 grid,其中的元素都是非负整数,现在你站在左上角,只能向右或者向下移动,需要到达右下角。现在请你计算,经过的路径和最小是多少?

函数签名如下:

java 🟢
int minPathSum(int[][] grid);

比如题目举的例子,输入如下的 grid 数组:

算法应该返回 7,最小路径和为 7,就是上图黄色的路径。

其实这道题难度不算大,但我们刷题群里很多朋友讨论,而且这个问题还有一些难度比较大的变体,所以讲一下这种问题的通用思路。

一般来说,让你在二维矩阵中求最优化问题(最大值或者最小值),肯定需要递归 + 备忘录,也就是动态规划技巧

就拿题目举的例子来说,我给图中的几个格子编个号方便描述:

我们想计算从起点 D 到达 B 的最小路径和,那你说怎么才能到达 B 呢?

题目说了只能向右或者向下走,所以只有从 A 或者 C 走到 B

那么算法怎么知道从 A 走到 B 才能使路径和最小,而不是从 C 走到 B 呢?

难道是因为位置 A 的元素大小是 1,位置 C 的元素是 2,1 小于 2,所以一定要从 A 走到 B 才能使路径和最小吗?

其实不是的,真正的原因是,从 D 走到 A 的最小路径和是 6,而从 D 走到 C 的最小路径和是 8,6 小于 8,所以一定要从 A 走到 B 才能使路径和最小

换句话说,我们把「从 D 走到 B 的最小路径和」这个问题转化成了「从 D 走到 A 的最小路径和」和 「从 D 走到 C 的最小路径和」这两个问题。

理解了上面的分析,这不就是状态转移方程吗?所以这个问题肯定会用到动态规划技巧来解决。

比如我们定义如下一个 dp 函数:

java 🟢
int dp(int[][] grid, int i, int j);

这个 dp 函数的定义如下:

从左上角位置 (0, 0) 走到位置 (i, j) 的最小路径和为 dp(grid, i, j)

根据这个定义,我们想求的最小路径和就可以通过调用这个 dp 函数计算出来:

java 🟢
int minPathSum(int[][] grid) {
    int m = grid.length;
    int n = grid[0].length;
    // 计算从左上角走到右下角的最小路径和
    return dp(grid, m - 1, n - 1);
}

再根据刚才的分析,很容易发现,dp(grid, i, j) 的值取决于 dp(grid, i - 1, j)dp(grid, i, j - 1) 返回的值。

我们可以直接写代码了:

java 🟢
int dp(int[][] grid, int i, int j) {
    // base case
    if (i == 0 && j == 0) {
        return grid[0][0];
    }
    // 如果索引出界,返回一个很大的值,
    // 保证在取 min 的时候不会被取到
    if (i < 0 || j < 0) {
        return Integer.MAX_VALUE;
    }

    // 左边和上面的最小路径和加上 grid[i][j]
    // 就是到达 (i, j) 的最小路径和
    return Math.min(
            dp(grid, i - 1, j), 
            dp(grid, i, j - 1)
        ) + grid[i][j];
}

上述代码逻辑已经完整了,接下来就分析一下,这个递归算法是否存在重叠子问题?是否需要用备忘录优化一下执行效率?

前文多次说过判断重叠子问题的技巧,首先抽象出上述代码的递归框架

int dp(int i, int j) {
    dp(i - 1, j); // #1
    dp(i, j - 1); // #2
}

如果我想从 dp(i, j) 递归到 dp(i-1, j-1),有几种不同的递归调用路径?

可以是 dp(i, j) -> #1 -> #2 或者 dp(i, j) -> #2 -> #1,不止一种,说明 dp(i-1, j-1) 会被多次计算,所以一定存在重叠子问题。

那么我们可以使用备忘录技巧进行优化:

java 🟢
class Solution {
    // 备忘录
    int[][] memo;

    int minPathSum(int[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        // 构造备忘录,初始值全部设为 -1
        memo = new int[m][n];
        for (int[] row : memo)
            Arrays.fill(row, -1);
        
        return dp(grid, m - 1, n - 1);
    }

    int dp(int[][] grid, int i, int j) {
        // base case
        if (i == 0 && j == 0) {
            return grid[0][0];
        }
        if (i < 0 || j < 0) {
            return Integer.MAX_VALUE;
        }
        // 避免重复计算
        if (memo[i][j] != -1) {
            return memo[i][j];
        }
        // 将计算结果记入备忘录
        memo[i][j] = Math.min(
            dp(grid, i - 1, j),
            dp(grid, i, j - 1)
        ) + grid[i][j];

        return memo[i][j];
    }
}

至此,本题就算是解决了,时间复杂度和空间复杂度都是 O(MN),标准的自顶向下动态规划解法。

有的读者可能问,能不能用自底向上的迭代解法来做这道题呢?完全可以的。

首先,类似刚才的 dp 函数,我们需要一个二维 dp 数组,定义如下:

从左上角位置 (0, 0) 走到位置 (i, j) 的最小路径和为 dp[i][j]

状态转移方程当然不会变的,dp[i][j] 依然取决于 dp[i-1][j]dp[i][j-1],直接看代码吧:

java 🟢
int minPathSum(int[][] grid) {
    int m = grid.length;
    int n = grid[0].length;
    int[][] dp = new int[m][n];

    /**** base case ****/
    dp[0][0] = grid[0][0];

    for (int i = 1; i < m; i++)
        dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];
    
    for (int j = 1; j < n; j++)
        dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];        
    /*******************/
    
    // 状态转移
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            dp[i][j] = Math.min(
                dp[i - 1][j],
                dp[i][j - 1]
            ) + grid[i][j];
        }
    }

    return dp[m - 1][n - 1];
}

这个解法的 base case 看起来和递归解法略有不同,但实际上是一样的

因为状态转移为下面这段代码:

dp[i][j] = Math.min(
    dp[i - 1][j],
    dp[i][j - 1]
) + grid[i][j];

那如果 i 或者 j 等于 0 的时候,就会出现索引越界的错误。

所以我们需要提前计算出 dp[0][..]dp[..][0],然后让 ij 的值从 1 开始迭代。

dp[0][..]dp[..][0] 的值怎么算呢?其实很简单,第一行和第一列的路径和只有下面这一种情况嘛:

那么按照 dp 数组的定义,dp[i][0] = sum(grid[0..i][0]), dp[0][j] = sum(grid[0][0..j]),也就是如下代码:

/**** base case ****/
dp[0][0] = grid[0][0];

for (int i = 1; i < m; i++)
    dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];

for (int j = 1; j < n; j++)
    dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];        
/*******************/

到这里,自底向上的迭代解法也搞定了,那有的读者可能又要问了,能不能优化一下算法的空间复杂度呢?

前文 动态规划的降维打击:空间压缩 说过降低 dp 数组的技巧,这里也是适用的,不过略微复杂些,本文由于篇幅所限就不写了,有兴趣的读者可以自己尝试一下。

本文到此结束,下篇文章写一道进阶题目,更加巧妙和有趣,敬请期待~


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