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📅  最后修改于: 2023-12-03 15:22:56.882000             🧑  作者: Mango

可放入直角等腰三角形的最大 2×2 正方形数

问题描述

给定一个直角等腰三角形,其中直角边长度为 $n$,且 $n \ge 2$。现在要向其中放入 $2 \times 2$ 的正方形,使得正方形和直角边重合且不重叠。

求此时能放入的最大的 $2 \times 2$ 正方形的数目。

解决方法
分析问题

如下图所示,我们可以将直角等腰三角形按照正方形划分为若干个小正方形。每个小正方形所对应的行数和列数都是从 $0$ 开始递增的。我们需要找出直角等腰三角形中最多能放下多少个 $2 \times 2$ 的正方形。

分割为小正方形的三角形

在我们寻找最大的 $2 \times 2$ 的正方形数目时,我们可以将每个小正方形看成一个结点,对于边长为 $2$ 的正方形,我们可以将它看成相邻两个结点之间的边。

那么我们的任务就变为,在图中找到最大的边权和为 $1$ 的简单路径。因为每经过一条边,我们就能够在三角形内放置 $1$ 个 $2 \times 2$ 的正方形,所以路径的边权和即为最大的能够放置的 $2 \times 2$ 的正方形数目。

将小正方形看成结点

解决方法
  • 构造图:根据上述分析,我们可以构造出如下的图。

构造的图

在图中,我们按照行数和列数为坐标,构造出了 $n$ 行 $(0,0)$ 到 $(n-1,0)$,$n-1$ 列 $(0,0)$ 到 $(0,n-2)$ 的结点,与它们之间的边。

图中标明的权值即为边权。对于边权为 $1$ 的边,它对应的 $2 \times 2$ 正方形可以在三角形内放置。

  • 最大边权和路径问题:根据图的定义,我们可以将问题转化为图论问题,即在给定的边权为 $0$ 或 $1$ 的图中,找到一条简单路径,使得它的权值和最大。这正是最长路径问题,可以使用动态规划来解决。

  • 动态规划解法:设 $dp(i,j)$ 为从起点 $(0,0)$ 到结点 $(i,j)$ 的最长路径长度,$w(i,j)$ 为从结点 $(i,j)$ 到它相邻结点的边权。由于路径必须是简单路径,因此我们有如下转移方程。

$$ dp(i,j) = \max_{k,l\text{邻接于}(i,j)} dp(k,l) + w(i,j) $$

其中 $(k,l)$ 是 $(i,j)$ 相邻的结点。最终解为 $dp(n-1,0)$。

边界条件

边界情况是当我们到达了三角形的下边界,即第 $n-1$ 行时,方案数就是第 $n-1$ 行有多少个 $2\times 2$ 的正方形。

$$ dp(n-1,j)= \begin{cases} 1 &\text{ 如果 } (n-1,j)\text{ 能放下一个 }2\times 2\text{ 的正方形}\ 0 &\text{ 其它情况 } \end{cases} $$

  • 代码实现
def max_square(triangle):
    n = len(triangle)
    dp = [[0] * n for _ in range(n)]
    
    # 处理边界
    for j in range(n):
        if triangle[n-1][j] == 1:
            dp[n-1][j] = 1
    
    # 动态规划
    for i in range(n-2, -1, -1):
        for j in range(i+1):
            if triangle[i][j] == 0:
                continue
            dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]) + triangle[i][j]

    return dp[0][0]

时间复杂度分析

动态规划需要遍历 $O(n^2)$ 个结点,每个结点最多需要遍历四个相邻结点,因此时间复杂度为 $O(n^2)$。

总结

本文介绍了一个找到最多能放 $2 \times 2$ 正方形的问题,通过将直角等腰三角形按正方形划分为若干个小正方形,并构造图,将问题转化为一个最长路径问题,并使用动态规划解决。时间复杂度为 $O(n^2)$。