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算法导论（动态规划）——简单多状态

news 来源：原创 2025/7/3 9:50:10

算法思路（17.16）

状态表示：
在处理线性动态规划问题时，我们可以通过“经验 + 题目要求”来定义状态表示。通常有两种选择：
- 以某个位置为结尾的情况；
- 以某个位置为起点的情况。
本题中，我们选择更常用的方式，以某个位置为结尾，并结合题目要求，定义状态表示如下：
dp[i] 表示选择到位置 i 时的最长预约时长。
但是在处理位置 ii 时，我们会面临“选择”或“不选择”的两种决策，因此需要将状态细分为：
- f[i] 表示选择到 i 位置时，nums[i] 必选，此时的最长预约时长。f[i] 表示选择到 i 位置时，nums[i] 必选，此时的最长预约时长。
- g[i] 表示选择到 i 位置时，nums[i] 不选，此时的最长预约时长。g[i] 表示选择到 i 位置时，nums[i] 不选，此时的最长预约时长。
状态转移方程：
由于状态表示涉及两个部分，我们分别分析这两个状态的转移关系：
- 对于 f[i]：
  - 如果选择 nums[i] 必选，我们只需考虑位置 i−1 在不选择时的最长预约时长，因此：
  f[i]=g[i−1]+nums[i]
- 对于 g[i]：
  - 如果 nums[i] 不选，则 i−1 位置可以选择或不选择，因此：
  g[i]=max⁡(f[i−1],g[i−1])
初始化：
本题的初始化相对简单，无需添加辅助节点。只需进行以下初始化即可：
f[0]=nums[0],g[0]=0
填表顺序：
根据状态转移方程，填表顺序为“从左往右”，同时填充两个状态表。
返回值：
根据状态表示，最终返回的结果为：
max⁡(f[n−1],g[n−1])
这代表在处理到最后一个位置时的最长预约时长。

C++:

class Solution {
public:int massage(vector<int>& nums) {// 1. 创建⼀个 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回值 int n = nums.size();if(n == 0) return 0; // 处理边界条件 vector<int> f(n);auto g = f;f[0] = nums[0];for(int i = 1; i < n; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[n - 1], g[n - 1]);}
};

Java：

class Solution 
{public int massage(int[] nums) {// 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回值 int n = nums.length;if(n == 0) return 0; // 处理边界条件 int[] f = new int[n];int[] g = new int[n];f[0] = nums[0];for(int i = 1; i < n; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = Math.max(f[i - 1], g[i - 1]);}return Math.max(g[n - 1], f[n - 1]);}
}

算法思路（213）

本问题是“按摩师”问题的变种，具体而言，它涉及一个“环形”模式，而不是单排模式。由于首尾房屋相连，这使得问题的处理方式有所不同。但我们可以将“环形”问题转化为两个单排问题的求解：

偷第一个房屋：在这种情况下，最高金额为 x。此时由于偷了第一个房屋，不能再偷最后一个房屋，因此只需在区间 [0,n−2] 内进行偷窃。
不偷第一个房屋：在这种情况下，最高金额为 y。此时可以偷最后一个房屋，因此只需在区间 [1,n−1] 内进行偷窃。
最终结果：通过计算上述两种情况的最大值，我们可以得到环形问题的最终结果。也就是说，问题已有效转化为求解两个单排问题的最大值：
结果=max⁡(x,y)

C++:

class Solution 
{
public:int rob(vector<int>& nums){int n = nums.size();// 两种情况下的最⼤值 return max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1, n - 1));}int rob1(vector<int>& nums, int left, int right){if(left > right) return 0;// 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回结果 int n = nums.size();vector<int> f(n);auto g = f;f[left] = nums[left]; // 初始化 for(int i = left + 1; i <= right; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}return max(f[right], g[right]);}
};

Java：

class Solution 
{public int rob(int[] nums) {int n = nums.length;return Math.max(nums[0] + rob1(nums, 2, n - 2), rob1(nums, 1, n - 1));}public int rob1(int[] nums, int left, int right){if(left > right) return 0;// 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回 int n = nums.length;int[] f= new int[n];int[] g= new int[n];f[left] = nums[left];for(int i = left + 1; i <= right; i++){f[i] = g[i - 1] + nums[i];g[i] = Math.max(g[i - 1], f[i - 1]);}return Math.max(f[right], g[right]);}
}

算法思路（740）

本题实质上是“按摩师”问题的变种。注意到题目描述，当选择某个数字 x 时，x−1 和 x+1 的数值不能被选择。这与“按摩师”问题中的逻辑相似：选择位置 i 的金额后，不能选择位置 i−1 和 i+1 的金额。

因此，我们可以通过以下步骤解决这个问题：

创建哈希数组：
- 根据题目中的数据范围，创建一个大小为 10001 的哈希数组 hash。
- 遍历数组 nums，将数组中每个元素 x 的值累加到哈希数组的对应位置 hash[x] 上。有了这个哈希数组，我们能将相同金额的数值进行聚合。
应用按摩师策略

C++:

class Solution {
public:int deleteAndEarn(vector<int>& nums) {const int N = 10001;// 1. 预处理 int arr[N] = { 0 };for(auto x : nums) arr[x] += x;// 2. 在 arr 数组上，做⼀次 “打家劫舍” 问题 // 创建 dp 表 vector<int> f(N);auto g = f;// 填表 for(int i = 1; i < N; i++){f[i] = g[i - 1] + arr[i];g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);}// 返回结果 return max(f[N - 1], g[N - 1]);}
};

Java：

class Solution 
{public int deleteAndEarn(int[] nums) {int n = 10001;// 1. 预处理 int[] arr = new int[n];for(int x : nums) arr[x] += x;// 2. dp// 创建 dp 表 int[] f = new int[n];int[] g = new int[n];// 初始化 f[0] = arr[0];// 填表 for(int i = 1; i < n; i++){f[i] = g[i - 1] + arr[i];g[i] = Math.max(f[i - 1], g[i - 1]);}// 返回值 return Math.max(f[n - 1], g[n - 1]);}
}

算法思路（091）

状态表示：
在处理线性动态规划问题时，我们可以通过“经验 + 题目要求”来定义状态表。通常有两种选择：
- 以某个位置为结尾；
- 以某个位置为起点。
本题中，我们选择以某个位置为结尾的方法，并结合题目要求，定义状态表示为：
- dp[i][0]：表示到达位置 ii 时，如果最后一个位置刷上“红色”，所需的最小花费；
- dp[i][1]：表示到达位置 ii 时，如果最后一个位置刷上“蓝色”，所需的最小花费；
- dp[i][2]：表示到达位置 ii 时，如果最后一个位置刷上“绿色”，所需的最小花费。
状态转移方程：
由于状态表示定义了三个状态，我们需要针对每个状态推导其转移方程：
- 对于 dp[i][0]（最后一个位置刷红色）：
  dp[i][0]=min⁡(dp[i−1][1],dp[i−1][2])+costs[i−1][0]
  这里，我们需要获取位置 i−1i−1 刷蓝色或绿色情况下的最小花费，然后加上当前位置的红色刷费。
- 对于 dp[i][1]（最后一个位置刷蓝色）：
  dp[i][1]=min⁡(dp[i−1][0],dp[i−1][2])+costs[i−1][1]
- 对于 dp[i][2]（最后一个位置刷绿色）：
  dp[i][2]=min⁡(dp[i−1][0],dp[i−1][1])+costs[i−1][2]
初始化：
设定一个辅助节点来帮助我们初始化工作。当我们添加一个辅助节点时，需确保两个关键点：
- 辅助节点内的值：应保证能正确初始化后续状态表；
- 下标映射关系：在本题中，我们添加的辅助节点默认设置为 0。
填表顺序：
根据状态转移方程，应按顺序“从左往右”填充这三个状态表。
返回值：
最终，我们需要返回在所有颜色情况下的最小花费：
min⁡(dp[n][0],dp[n][1],dp[n][2])
这里 nn 表示房屋的数量，确保能够在最后一个位置中选择刷上任一颜色的最小花费。

C++:

class Solution {
public:int minCost(vector<vector<int>>& costs) {// dp[i][j] 第i个房⼦刷成第j种颜⾊最⼩花费 int n = costs.size();vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(3));for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];dp[i][2] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0]) + costs[i - 1][2];}return min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]));}
};

Java：

class Solution 
{public int minCost(int[][] costs) {// 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回结果 int n = costs.length;int[][] dp = new int[n + 1][3];for(int i = 1; i <= n; i++){dp[i][0] = Math.min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0];dp[i][1] = Math.min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1];dp[i][2] = Math.min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2];}return Math.min(dp[n][0], Math.min(dp[n][1], dp[n][2]));}
}

算法思路（309）

状态表示：
在处理线性动态规划问题时，我们可以通过“经验 + 题目要求”来定义状态表。针对本问题，有三种状态：
- 买入状态；
- 可交易状态；
- 冷冻期状态。
因此，我们可以定义一个三维状态数组 dpdp：
- dp[i][0]：表示在第 ii 天结束后处于“买入”状态时的最大利润；
- dp[i][1]：表示在第 ii 天结束后处于“可交易”状态时的最大利润；
- dp[i][2]：表示在第 ii 天结束后处于“冷冻期”状态时的最大利润。
状态转移方程：
我们需要根据规则推导状态转移方程：
- 对于 dp[i][0]（买入状态）：
  - 可以由之前持有股票（保持不变）和今天购入股票（从可交易状态转变）得到：
  dp[i][0]=max⁡(dp[i−1][0],dp[i−1][1]−prices[i])
  其中，dp[i−1][1]−prices[i] 表示在可交易状态下买入股票的利润计算。
- 对于 dp[i][1] （可交易状态）：
  - 由之前在冷冻期不执行任何交易（停滞）和之前处于可交易状态不执行任何交易得到：
  dp[i][1]=max⁡(dp[i−1][1],dp[i−1][2])
- 对于 dp[i][2] （冷冻期状态）：
  - 由之前的持有状态卖出股票进入冷冻期得到：
  dp[i][2]=dp[i−1][0]+prices[i]
初始化：
第一行的状态初始化较为关键，因为后续状态均依赖于第一行值：
- dp[0][0]：为了处于买入状态，必须在第一天买入股票，故：
dp[0][0]=−prices[0]
- dp[0][1]：什么也不做的情况下，利润为0：
dp[0][1]=0
- dp[0][2]：进入冷冻期时手中没有股票，利润为0：
dp[0][2]=0
填表顺序：
根据状态转移方程，依次从第一天填充到最后一天，三个状态表需要一起更新，方向为“从左到右”。
返回值：
最后，我们需要返回在可交易状态或冷冻期状态下的最大利润值：
max⁡(dp[n−1][1],dp[n−1][2])

C++:

class Solution 
{
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {// 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回结果 int n = prices.size();vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));dp[0][0] = -prices[0];for(int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];}return max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);}
};

Java：

class Solution 
{public int maxProfit(int[] prices) {// 1. 创建 dp 表 // 2. 初始化 // 3. 填表 // 4. 返回值 int n = prices.length;int[][] dp = new int[n][3];dp[0][0] = -prices[0];for(int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]);dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];}return Math.max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);}
}

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Embedding原理

Embedding（嵌入）是将离散符号（如单词）映射到连续向量空间的核心技术，其本质是语义的数学化表示。以下是其核心原理详解： 一、基础概念图解 graph LRA[单词猫] --> B[索引5] --> C[向量[0.2, -1.3,…...

编程日记 2025/6/28 1:26:06

Spark，配置hadoop集群1

配置运行任务的历史服务器 1.配置mapred-site.xml 在hadoop的安装目录下，打开mapred-site.xml，并在该文件里面增加如下两条配置。 eg我的是在hadoop199上  <property><name>mapreduce.jobhistory.address…...

编程日记 2025/6/28 6:20:29

人工智能大模型-数据预处理-文本数据预处理-图像数据预处理

文本数据预处理大模型常用的文本数据类型通用文本数据：网页、对话和图书资料等专用文本数据：多语言文本、科学文本、代码和指令等构造方法指令数据：指令(instruction)、输入(input)、输出(output)3部分组成如果在instruction部分已…...

编程日记 2025/6/28 1:29:53

怎么使用嵌套虚拟环境实现项目部署之virtualenv嵌套conda绕开安装环境检测实现.venv部署facefusion

#工作记录一、前言嵌套虚拟环境本来是不建议的一种方法，这种嵌套虚拟环境的使用有一定特殊性，但在一些特别的使用场景下，嵌套虚拟环境的使用非常有用。二、嵌套虚拟环境： （一）conda嵌套virtualenv 该…...

编程日记 2025/7/3 4:38:53

ansible介绍以及安装

一.ansible介绍实现对IT基础设施的批量管控，加快效率，节省工作时间。 1.ansible特性 1.基于python开发，开源， 2.基于ssh协议工作。只需要确保ansible机器，与被控制机器能连通就好了， 3.no server 无…...

编程日记 2025/6/28 1:24:42

GPT-4o图像生成功能：技术突破与隐忧并存

2025年3月25日，OpenAI正式推出GPT-4o原生图像生成功能，宣称其实现了“文本到图像的终极跨越”。然而，这一被市场追捧的技术在短短72小时内便因用户需求过载触发限流，暴露出算力瓶颈与商业化矛盾的尖锐性。这场技术狂欢的背后&…...

编程日记 2025/6/29 15:00:02

Java 时间处理：轻松掌握 java.time 包

前言在 Java 开发中，日期和时间处理一直是令人头疼的问题。传统的 Date 和 Calendar 类不仅复杂，还充满了线程安全和时区处理的坑。Java 8 引入的 java.time 包彻底改变了这一局面，带来了现代化、直观且功能强大的日期时间 API。本…...

编程日记 2025/6/28 3:00:52

Vue项目中Vuex在util引入，断点存在default

示例代码 // src/store/index.js import Vue from vue; import Vuex from vuex; ……Vue.use(Vuex); export default new Vuex.Store({…… })// src/utils/index.js import store from /store // 导入默认导出的 store export async function getDict() {store.state.userInf…...

编程日记 2025/7/2 23:26:46

2025宁德时代测评Verify考什么？网申测评如何通过SHL笔试｜附真题线上笔试考点、高分攻略、CATL新能源科技SHL测评宁德社招题目、面试攻略、求职建议

——职小豚带你拆解新能源巨头招聘密码一、宁德时代：新能源赛道「超级独角兽」作为全球动力电池龙头，宁德时代（CATL）的江湖地位无需多言： 技术硬实力：麒麟电池、钠离子电池、无钴电池等黑科技加持&…...

编程日记 2025/7/1 12:36:03

谈谈常见的数据结构（如数组、链表、栈、队列、哈希表、树、图）及其应用场景

一、数组（Array） 定义：连续存储相同类型数据的线性结构，支持随机访问。应用场景：列表渲染、数据缓存、算法处理代码示例： // 数组基本操作 const arr [1, 2, 3, 4]; arr.push(5); // O(1) 平均时间复杂…...

编程日记 2025/6/29 5:48:18

【＜二＞丹方改良：Spring 时代的 JavaWeb】之 Spring Boot 中的 AOP：实现日志记录与性能监控

答应我，这篇一定要看到最后~！ <前文回顾> 点击此处查看合集 https://blog.csdn.net/foyodesigner/category_12907601.html?fromshareblogcolumn&sharetypeblogcolumn&sharerId12907601&sharereferPC&sharesourceFoyoDesigner&a…...

编程日记 2025/6/28 7:11:34

【算法】快速幂

一、概念快速幂是一种高效的指数运算，当指数范围过大时，通过位运算能够减少大量的计算次数对于，我们通过将指数b转化为二进制数，就可以将分解为许多的（其中i是指数b中对应位为1的位数） 例如&#xff0…...

编程日记 2025/6/28 1:28:59

使用卷积神经网络识别MNIST数据集

卷积神经网络卷积神经网络本质是共享权重稀疏链接的全连接网络编写步骤构建一个神经网络，步骤是几乎不变的，大概有以下几步准备数据集 #更高级的CNN网络 import torch import torch.nn as nn import torch.nn.functional as F import torchvisi…...

编程日记 2025/6/28 1:24:53

JavaScript 中数组增删改查

在 JavaScript 中，数组是一种用来存储不同类型的值的数据结构。增加数组元素： let arr = [1, 2, 3];// 在数组末尾添加元素 arr.push(4); console.log(arr); // [1, 2, 3, 4]// 在数组开头添加元素 arr.unshift(0); console.log(arr); // [0, 1, 2, 3, 4]// 在指定位置插…...

编程日记 2025/6/28 1:24:50

算法思路（17.16）

算法思路（213）

算法思路（740）

算法思路（091）

算法思路（309）

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