📅  最后修改于: 2023-12-03 14:55:20.124000             🧑  作者: Mango
本文介绍一道经典的算法问题——最小乘积子序列,其中要求相邻元素的最大距离为 K。这个问题的解法涉及动态规划、双指针等多种方法,需要我们分析各种情况,仔细思考之后才能得出最优解。本文将从问题背景、算法思路、代码实现、时间复杂度等多个方面进行介绍,希望能够帮助大家更好地理解这个问题。
给定一个长度为 N 的正整数序列 A,要求选出长度为 K 的子序列 B,使其相邻元素的最大距离不超过 D(即 |i-j|<=D,其中i和j是B的任意两个下标),并且子序列 B 中元素乘积最小。输出最小乘积。
例如,对于序列 A=[1,2,3,4,5],当 K=3、D=1 时,最小乘积子序列为 [1,2,3] 或者 [2,3,4],乘积为 6。
我们可以通过动态规划或者双指针的方式来解决这个问题。
我们可以用 f(i,j) 表示选取长度为 j 的子序列,最后一个元素下标为 i 时的最小乘积。因为我们希望选取的子序列中相邻元素的最大距离不超过 D,所以在选取当前的最后一个元素时,我们需要考虑它前面的元素位置。具体来说,我们可以从后往前枚举倒数第二个元素的位置 k,然后用 f(k,j-1) 来计算前面的子序列的最小乘积。然后就可以得到状态转移方程:
f(i,j) = min{f(k,j-1) * g[k+1][i]}
其中 g[i][j] 表示序列 A 中从位置 i 到 j 的元素乘积。
这个方程的时间复杂度是 O(N^3),需要优化。
我们可以用双指针来解决这个问题。具体来说,我们可以维护一个指针 i 和一个指针 j,表示当前选取的子序列范围为 [i,j]。在每一步操作中,我们首先要判断 j 和 i 之间的距离是否超过了 D,如果超过了,我们就需要把 i 前移,直到距离不超过 D。然后我们考虑当前选取的子序列的最后一个数是什么,有两种情况:
如果这个数是 A[j],那么我们可以考虑用它来更新最小乘积。因为在 [i,j-1] 的范围内已经选取了 j-1 个数,它们的最小乘积应该已经被记录在 f(j-1,k) 中,其中 k 表示选取了 j-1 个数时的最后一个数的下标。因此我们可以用 A[j] 与 g[k+1][j] 相乘来得到以 A[j] 结尾,长度为 j-i+1 的最小乘积。然后记录这个最小值,移动 j。
如果这个数不是 A[j],那么我们需要将 j 与 A[j] 所在的位置之间的所有元素都作为最后一个数进行计算,然后取其最小值。也就是说,我们需要枚举 A[j] 的位置 k,用 f(k,i-1) 乘上 g[k+1][j],然后取这些数中的最小值。然后移动 j。
这个算法的时间复杂度是 O(N*K),其中 K 是子序列长度。因为 K 最大为 10,所以总的时间复杂度为 O(N)。
def solve_dp(A, K, D):
n = len(A)
g = [[1] * n for _ in range(n)]
for i in range(n):
for j in range(i, n):
if i == j:
g[i][j] = A[i]
else:
g[i][j] = g[i][j-1] * A[j]
f = [[float('inf')] * (K+1) for _ in range(n)]
for i in range(n):
f[i][1] = g[0][i]
for j in range(2, K+1):
for i in range(j-1, n):
for k in range(j-2, i):
f[i][j] = min(f[i][j], f[k][j-1] * g[k+1][i])
return f[n-1][K]
def solve_double_pointer(A, K, D):
n = len(A)
f = [float('inf')] * (K+1)
g = [1] * n
res = float('inf')
i = j = 0
while j < n:
while j - i > D:
i += 1
for k in range(i, j):
f[j-i+1] = min(f[j-i+1], f[k-i+1] * g[j])
g[j] = A[j]
for k in range(j-1, i-1, -1):
g[k] *= A[j]
j += 1
if j - i == K:
res = min(res, f[K])
return res
时间复杂度为 O(N^3)。
时间复杂度为 O(N)。