6.2 基本動態規劃：一維

70. Climbing Stairs

題目描述

給定 $n$ 階台階，每次可以走一步或兩步，求有多少種方法可以走完這些台階。

輸入輸出範例

輸入是一個數字，表示台階的數量；輸出是爬完台階的總方法數。

Input: 3
Output: 3

在這個例子中，一共有三種方法可以爬完這三階台階：

1. 每次走一步。
2. 先走一步，再走兩步。
3. 先走兩步，再走一步。

題解

這是一道經典的費波那契數列題目。定義一個陣列 dp，其中 dp[i] 表示到達第 $i$ 階的方法數。由於每次可以走一步或兩步，所以第 $i$ 階可以從第 $(i-1)$ 階或第 $(i-2)$ 階到達。換句話說，到達第 $i$ 階的方法數是到達第 $(i-1)$ 階的方法數加上到達第 $(i-2)$ 階的方法數。因此我們得到了狀態轉移方程：dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]。注意初始條件的處理。

注意

為了方便處理邊界情況，我們可以在構造 dp 陣列時多留一個位置，用於表示初始狀態。本題即額外留了一個第 0 階的初始位置。

C++

int climbStairs(int n) {
    vector<int> dp(n + 1, 1);
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    }
    return dp[n];
}

Python

def climbStairs(n: int) -> int:
    dp = [1] * (n + 1)
    for i in range(2, n + 1):
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
    return dp[n]

進一步的，我們可以對動態規劃進行空間壓縮。因為 dp[i] 只與 dp[i-1] 和 dp[i-2] 有關，因此可以只用兩個變數來儲存 dp[i-1] 和 dp[i-2]，使得原來的 $O(n)$ 空間複雜度優化為 $O(1)$ 複雜度。

C++

int climbStairs(int n) {
    int prev_prev = 1, prev = 1, cur = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        cur = prev_prev + prev;
        prev_prev = prev;
        prev = cur;
    }
    return cur;
}

Python

def climbStairs(n: int) -> int:
    prev_prev = prev = cur = 1
    for _ in range(2, n + 1):
        cur = prev_prev + prev
        prev_prev = prev
        prev = cur
    return cur

198. House Robber

題目描述

假如你是一个劫匪，并且決定搶劫一條街上的房子，每個房子內的財物數量各不相同。如果你搶了兩棟相鄰的房子，則會觸發警報機關。求在不觸發機關的情況下最多可以搶劫多少錢。

輸入輸出範例

輸入是一個一維陣列，表示每個房子的財物數量；輸出是劫匪可以最多搶劫的財物數量。

Input: [2,7,9,3,1]
Output: 12

在這個範例中，最多的搶劫方式為搶劫第 1、3、5 個房子。

題解

定義一個陣列 dp，其中 dp[i] 表示搶劫到第 i 個房子時，可以搶劫的最大金額。我們考慮 dp[i] 的值，此時可以搶劫的最大金額有兩種可能：

1. 選擇不搶劫這個房子：此時累計的金額為 dp[i-1]；
2. 選擇搶劫這個房子：那麼此前累計的最大金額只能是 dp[i-2]，因為我們無法搶劫第 i-1 個房子，否則會觸發警報。

因此，這道題的狀態轉移方程為：

$$dp[i] = \max(dp[i-1], dp[i-2] + \text{nums}[i-1])$$

C++

int rob(vector<int>& nums) {
    int n = nums.size();
    vector<int> dp(n + 1, 0);
    dp[1] = nums[0];
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        dp[i] = max(dp[i - 1], nums[i - 1] + dp[i - 2]);
    }
    return dp[n];
}

Python

def rob(nums: List[int]) -> int:
    n = len(nums)
    dp = [0] * (n + 1)
    dp[1] = nums[0]
    for i in range(2, n + 1):
        dp[i] = max(dp[i - 1], nums[i - 1] + dp[i - 2])
    return dp[n]

同樣的，我們可以像題目 70 那樣，對空間進行壓縮。由於 dp[i] 只與 dp[i-1] 和 dp[i-2] 有關，因此我們可以僅使用兩個變數來儲存這兩個值，將原來的 $O(n)$ 空間複雜度優化為 $O(1)$ 空間複雜度。

C++

int rob(vector<int>& nums) {
    int prev_prev = 0, prev = 0, cur = 0;
    for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
        cur = max(prev_prev + nums[i], prev);
        prev_prev = prev;
        prev = cur;
    }
    return cur;
}

Python

def rob(nums: List[int]) -> int:
    prev_prev = prev = cur = 0
    for i in range(len(nums)):
        cur = max(prev_prev + nums[i], prev)
        prev_prev = prev
        prev = cur
    return cur

413. Arithmetic Slices

題目描述

給定一個陣列，求這個陣列中連續且等差的子陣列一共有多少個。

輸入輸出範例

輸入是一維陣列，輸出是滿足等差條件的連續子陣列個數。

Input: nums = [1,2,3,4]
Output: 3

在這個範例中，等差數列有 [1,2,3]、[2,3,4] 和 [1,2,3,4]。

題解

因為要求是等差數列，可以很自然地想到子陣列必定滿足 num[i] - num[i-1] = num[i-1] - num[i-2]。這裡我們對於 dp 陣列的定義是以 i 結尾，且滿足該條件的子陣列數量。因為等差子陣列可以在任意一個位置終結，所以我們需要對 dp 陣列求和以進行子陣列統計。

C++

int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
    int n = nums.size();
    vector<int> dp(n, 0);
    for (int i = 2; i < n; ++i) {
        if (nums[i] - nums[i - 1] == nums[i - 1] - nums[i - 2]) {
            dp[i] = dp[i - 1] + 1;
        }
    }
    return accumulate(dp.begin(), dp.end(), 0);
}

Python

def numberOfArithmeticSlices(nums: List[int]) -> int:
    n = len(nums)
    dp = [0] * n
    for i in range(2, n):
        if nums[i] - nums[i - 1] == nums[i - 1] - nums[i - 2]:
            dp[i] = dp[i - 1] + 1
    return sum(dp)