C++LeetCode 구현(312.풍선 놀이)

[LeetCode]312.버스 트 풍선 놀이
Given n balloons, indexed from 0 to n-1. Each balloon is painted with a number on it represented by array nums. You are asked to burst all the balloons. If the you burst balloon iyou will get nums[left] * nums[i] * nums[right]coins. Here left and right are adjacent indices of i. After the burst, the left and right then becomes adjacent.
Find the maximum coins you can collect by bursting the balloons wisely.
Note:

You may imagine nums[-1] = nums[n] = 1. They are not real therefore you can not burst them.

0 ≤ n ≤ 500, 0 ≤ nums[i] ≤ 100

Example:
Input:
[3,1,5,8]
Output:
167
Explanation:
nums = [3,1,5,8] --> [3,5,8] -->   [3,8]   -->  [8]  --> []
coins =  3*1*5      +  3*5*8    +  1*3*8      + 1*8*1   = 167
Credits:
Special thanks to @peisi for adding this problem and creating all test cases.
이 문 제 는 풍선 을 치 는 게임 을 제시 했다.풍선 마다 하나의 숫자 가 대응 되 고 풍선 을 터 뜨 릴 때마다 얻 는 금화 수 는 터 진 풍선 의 숫자 와 양쪽 풍선 의 숫자 를 곱 하고 옆 에 풍선 이 없 으 면 1 로 계산 해 가장 많은 금 화 를 구 할 수 있다.제목 에서 준 예 를 참고 하면 제목 의 뜻 은 결코 이해 하기 어렵 지 않다.그러면 여러분 들 은 문 제 를 받 은 후에 항상 습관 이 됩 니 다.먼저 폭력 해법 을 생각해 보 세 요.이 문제 의 폭력 검색 은 상당히 복잡 할 것 입 니 다.풍선 을 터 뜨 릴 때마다 끊 어 진 곳 이 다시 붙 고 나머지 풍선 은 다시 옮 겨 다 녀 야 하기 때 문 입 니 다.이 로 인해 득점 치 법 은 work 할 수 없고 전체 시간 복잡 도가 상당히 높 을 것 입 니 다.OJ 를 통과 할 수 있 을 것 이 라 고 기대 하지 마 세 요.이와 같은 극치 문제 에 대해 서 는 동적 계획 Dynamic Programming 으로 2 차원 동적 배열 dp 를 유지 하 는 것 을 고려 해 야 한다.그 중에서 dp[i][j]는 폭발 구간[i,j]의 모든 풍선 이 얻 을 수 있 는 가장 많은 금 화 를 표시 한다.제목 에서 경계 상황 을 설명 했다.풍선 주위 에 풍선 이 없 을 때 옆 에 있 는 숫자 를 1 로 계산 하면 원수 조 양쪽 에 각각 1 개 씩 채 워 계산 하기에 편리 하 다.이 문제 의 가장 어 려 운 점 은 상태 전이 방정식 을 찾 는 것 입 니까?아니면 정의 식 으로 볼 때 구간 에 하나의 숫자 만 있다 면 dp[i][i]를 계산 하면 간단 합 니 다.주변 두 개의 숫자 를 직접 곱 하면 업데이트 할 수 있 습 니 다.구간 에 두 개의 숫자 가 있 으 면 두 번 계산 해 야 한다.첫 번 째 를 먼저 깨 고 두 번 째 를 깨 거나 두 번 째 를 먼저 깨 고 첫 번 째 를 깨 고 두 가지 상황 을 비교 해 보면 그 중 큰 값 이 이 구간 의 dp 값 이다.만약 구간 에 세 개의 수가 있다 면,예 를 들 어 dp[1][3],어떻게 업데이트 합 니까?첫 번 째 를 먼저 깨 고 두 개 를 남 겨 두 면 어 떡 하지?따로 계산 해 야 하나?이렇게 폭력 검색 방법 과 무슨 차이 가 있 습 니까?dp 배열 이 무슨 재미 가 있 습 니까?상태 이동 이란 이미 알 고 있 는 다른 상 태 를 가정 하여 현재 의 상 태 를 유도 하 는 것 이다.지금 은 dp[1][3]의 값 을 알 고 싶 은 것 이다.그러면 풍선 1 을 먼저 깨 뜨리 고 풍선 2 와 3 이 남 았 다.만약 에 이전에 dp[2][3]를 계산 했다 면 이 를 이용 하여 dp[1][3]을 업데이트 할 수 있다.바로 풍선 1 의 득점 에 dp[2][3]를 추가 하 는 것 이다.그럼 풍선 2 를 먼저 깨 면 dp[1][1]과 dp[3][3]를 계산 하면 3 자 를 합치 면 dp[1][3]를 업데이트 할 수 있 습 니 다.마찬가지 로 풍선 3 을 먼저 깨 면 그 득점 에 dp[1][2]를 더 해 dp[1][3]를 업데이트 한다.말 나 온 김 에 확 트 이 는 것 같 지 않 아 요^.^
그러면 여러 개의 구간[i,j]에 대해 어떻게 업데이트 합 니까?지금 은 dp[i][j]의 값 을 알 고 싶 습 니 다.이 구간 은 비교적 클 수 있 지만 모든 동네 간 의 dp 값 을 알 고 모래 를 모 아 탑 을 만 들 면 큰 구간 의 dp 값 을 점차적으로 내 놓 을 수 있 습 니 다.이 구간 에 있 는 모든 풍선 을 옮 겨 다 니 려 면 k 로 옮 겨 다 니 세 요.k 는 구간[i,j]에서 K 번 째 풍선 이 마지막 에 터 지면 이 구간[i,j]은 세 부분 으로 나 뉘 어 져 있 습 니 다.[i,k-1],[k]와[k+1,j]는 이전에[i,k-1]과[k+1,j]두 구간 의 dp 값 을 업데이트 하면 dp[i][k-1]과 dp[k+1][j]를 직접 사용 할 수 있 습 니 다.그러면 마지막 에 터 진 k 번 째 풍선 의 점 수 는 어떻게 계산 해 야 합 니까?당신 은 의식 적 으로 주변 에 있 는 두 개의 풍선 을 곱 해서 nums[k-1]*nums[k]*nums[k+1]에 게 당 했 습 니 다.그런데 사실은 이렇게 잘못된 것 입 니 다.왜 일 까요?dp[i][k-1]의 의 미 는 무엇 입 니까?구간[i,k-1]안의 모든 풍선 을 터 뜨 린 후의 최대 득점 입 니 다.이때 k-1 번 풍선 은 이미 사용 할 수 없습니다.마찬가지 로 k+1 번 풍선 도 사용 할 수 없습니다.구간[i,j]에서 k 번 풍선 을 제외 하고 다른 것 은 이미 터 졌 습 니 다.그러면 주위 의 풍선 은 i-1 번,j+1 번 밖 에 안 됩 니 다.그래서 점 수 는 nums[i-1]*nums[k]*nums[j+1]로 나 누 어야 한다.여기까지 분석 하면 상태 전이 방정식 은 이미 종이 위 에 올 라 갔 을 것 이다.다음 과 같다.
dp[i][j] = max(dp[i][j], nums[i - 1] * nums[k] * nums[j + 1] + dp[i][k - 1] + dp[k + 1][j])                 ( i ≤ k ≤ j )
상태 전이 방정식 이 있 으 면 코드 를 쓸 수 있 습 니 다.다음은 본 문제 의 두 번 째 어 려 운 점,구간 의 누적 순 서 를 만 날 수 있 습 니 다.일반적으로 모든 하위 구간 을 옮 겨 다 니 는 순 서 는 i 가 0 에서 n,그리고 j 가 i 에서 n 까지 얻 은[i,j]가 하위 구간 이다.그러나 이 문 제 는 이런 순서 로 옮 겨 다 니 는 것 은 옳지 않다.앞의 분석 에서 이미 말 했 듯 이 여 기 는 모든 동네 간 을 갱신 한 후에 야 큰 구간 을 갱신 할 수 있다.이런 일반적인 옮 겨 다 니 는 서브 구간 의 순 서 는 모든 동네 간 을 갱신 하기 전에 큰 구간 을 갱신 하여 정확 한 dp 값 을 계산 할 수 있 는 것 이 아니다.예 를 들 어 문제 중의 그 예 를 들 어[3].1,5,8]일반적인 옮 겨 다 니 는 순 서 는:
[3] -> [3, 1] -> [3, 1, 5] -> [3, 1, 5, 8] -> [1] -> [1, 5] -> [1, 5, 8] -> [5] -> [5, 8] -> [8] 
분명히 우리 가 필요 로 하 는 옮 겨 다 니 는 순서 가 아니다.정확 한 순 서 는 모든 길이 가 1 인 구간 을 먼저 옮 겨 다 니 고,그 다음 에 길이 가 2 인 구간 을 차례로 옮 겨 다 니 며,마지막 에 야 전체 구간 을 옮 겨 다 니 는 것 이다.
[3] -> [1] -> [5] -> [8] -> [3, 1] -> [1, 5] -> [5, 8] -> [3, 1, 5] -> [1, 5, 8] -> [3, 1, 5, 8]
여 기 는 dp 배열 의 오른쪽 상단 삼각 구역 만 업 데 이 트 했 을 뿐 최종 적 으로 되 돌아 갈 값 은 dp[1][n]에 존재 합 니 다.그 중에서 n 은 양 끝 에 1 이전 배열 nums 를 추가 하 는 개수 입 니 다.참조 코드 는 다음 과 같 습 니 다.
해법 1:

class Solution {
public:
    int maxCoins(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        nums.insert(nums.begin(), 1);
        nums.push_back(1);
        vector<vector<int>> dp(n + 2, vector<int>(n + 2, 0));
        for (int len = 1; len <= n; ++len) {
            for (int i = 1; i <= n - len + 1; ++i) {
                int j = i + len - 1;
                for (int k = i; k <= j; ++k) {
                    dp[i][j] = max(dp[i][j], nums[i - 1] * nums[k] * nums[j + 1] + dp[i][k - 1] + dp[k + 1][j]);
                }
            }
        }
        return dp[1][n];
    }
};

제목 의 예[3,1,5,8]에 대해 얻 은 dp 배열 은 다음 과 같다.
0    0    0    0       0     0
0    3    30  159  167  0
0    0    15  135  159  0
0    0    0    40     48   0
0    0    0    0       40   0
0    0    0    0       0     0
이 문 제 는 재 귀 해법 도 있 는데 생각 이 모두 같 습 니 다.바로 쓰기 방법 이 약간 다 릅 니 다.코드 는 다음 과 같 습 니 다.
해법 2:

class Solution {
public:
    int maxCoins(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        nums.insert(nums.begin(), 1);
        nums.push_back(1);
        vector<vector<int>> dp(n + 2, vector<int>(n + 2, 0));
        return burst(nums, dp, 1 , n);
    }
    int burst(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& dp, int i, int j) {
        if (i > j) return 0;
        if (dp[i][j] > 0) return dp[i][j];
        int res = 0;
        for (int k = i; k <= j; ++k) {
            res = max(res, nums[i - 1] * nums[k] * nums[j + 1] + burst(nums, dp, i, k - 1) + burst(nums, dp, k + 1, j));
        }
        dp[i][j] = res;
        return res;
    }
};

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