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【综合笔试题】难度 3/5,多解法 LIS 问题

这是我参与更文挑战的第 18 天,活动详情查看:更文挑战

题目描述

这是 LeetCode 上的 「354. 俄罗斯套娃信封问题」 ,难度为 「困难」

给你一个二维整数数组 envelopes ,其中 envelopes[i] = [wi, hi] ,表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候,这个信封就可以放进另一个信封里,如同俄罗斯套娃一样。

请计算「最多能有多少个」信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封(即可以把一个信封放到另一个信封里面)。

注意:不允许旋转信封。

示例 1:

输入:envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]

输出:3

解释:最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。

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示例 2:

输入:envelopes = [[1,1],[1,1],[1,1]]

输出:1

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提示:

  • 1 <= envelopes.length <= 5000

  • envelopes[i].length == 2

  • 1 <= wi, hi <=

动态规划

这是一道经典的 DP 模型题目:最长上升子序列(LIS)。

首先我们先对 envelopes 进行排序,确保信封是从小到大进行排序。

问题就转化为我们从这个序列中选择 k 个信封形成新的序列,使得新序列中的每个信封都能严格覆盖前面的信封(宽高都严格大于)。

我们可以定义状态 为考虑前 i 个物品,并以第 个物品为结尾的最大值。

对于每个 而言,最小值为 ,代表只选择自己一个信封。

那么对于一般的 该如何求解呢?因为第 i 件物品是必须选择的。我们可以枚举前面的 件物品,哪一件可以作为第 件物品的上一件物品。

在前 件物品中只要有符合条件的,我们就使用 更新 。

然后在所有方案中取一个 max 即是答案。

代码:

class Solution {
    public int maxEnvelopes(int[][] es) {
        int n = es.length;
        if (n == 0return n;
        // 因为我们在找第 i 件物品的前一件物品时,会对前面的 i - 1 件物品都遍历一遍,因此第二维(高度)排序与否都不影响
        Arrays.sort(es, (a, b)->a[0]-b[0]);
        int[] f = new int[n]; // f(i) 为考虑前 i 个物品,并以第 i 个物品为结尾的最大值
        int ans = 1;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 对于每个 f[i] 都满足最小值为 1
            f[i] = 1; 
            // 枚举第 i 件物品的前一件物品,
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
                // 只要有满足条件的前一件物品,我们就尝试使用 f[j] + 1 更新 f[i]
                if (check(es, j, i)) {
                    f[i] = Math.max(f[i], f[j] + 1);
                }
            }
            // 在所有的 f[i] 中取 max 作为 ans
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
    boolean check(int[][] es, int mid, int i) {
        return es[mid][0] < es[i][0] && es[mid][1] < es[i][1];
    }
}

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  • 时间复杂度:

  • 空间复杂度:

二分 + 动态规划

上述方案其实算是一个朴素方案,复杂度是 的,也是我最先想到思路,但是题目没有给出数据范围,也不知道能不能过。

唯唯诺诺交了一个居然过了。

下面讲下其他优化解法。

首先还是和之前一样,我们可以通过复杂度分析来想优化方向。

指数算法往下优化就是对数解法或者线性解法。

仔细观察朴素解法,其实可优化的地方主要就是找第 件物品的前一件物品的过程。

如果想要加快这个查找过程,我们需要使用某种数据结构进行记录。

并且是边迭代边更新数据结构里面的内容。

首先因为我们对 w 进行了排序(从小到大),然后迭代也是从前往后进行,因此我们只需要保证迭代过程中,对于 w 相同的数据不更新,就能保证 g 中只会出现满足 w 条件的信封。

到这一步,还需要用到的东西有两个:一个是 h,因为只有 wh 都同时满足,我们才能加入上升序列中;一个是信封所对应的上升序列长度,这是我们加速查找的核心。

我们使用数组 g 来记录, 表示长度为 的最长上升子序列的中的最小「信封高度」,同时需要使用 len 记录当前记录到的最大长度。

还是不理解?没关系,我们可以直接看看代码,我把基本逻辑写在了注释当中(你的重点应该落在对 数组的理解上)。

代码:

class Solution {
    public int maxEnvelopes(int[][] es) {
        int n = es.length;
        if (n == 0return n;
        // 由于我们使用了 g 记录高度,因此这里只需将 w 从小到达排序即可
        Arrays.sort(es, (a, b)->a[0] - b[0]);
        // f(i) 为考虑前 i 个物品,并以第 i 个物品为结尾的最大值
        int[] f = new int[n]; 
        // g(i) 记录的是长度为 i 的最长上升子序列的最小「信封高度」
        int[] g = new int[n]; 
        // 因为要取 min,用一个足够大(不可能)的高度初始化
        Arrays.fill(g, Integer.MAX_VALUE); 
        g[0] = 0;
        int ans = 1;
        for (int i = 0, j = 0, len = 1; i < n; i++) {
            // 对于 w 相同的数据,不更新 g 数组
            if (es[i][0] != es[j][0]) {
                // 限制 j 不能越过 i,确保 g 数组中只会出现第 i 个信封前的「历史信封」
                while (j < i) {
                    int prev = f[j], cur = es[j][1];
                    if (prev == len) {
                        // 与当前长度一致了,说明上升序列多增加一位
                        g[len++] = cur;
                    } else {
                        // 始终保留最小的「信封高度」,这样可以确保有更多的信封可以与其行程上升序列
                        // 举例:同样是上升长度为 5 的序列,保留最小高度为 5 记录(而不是保留任意的,比如 10),这样之后高度为 7 8 9 的信封都能形成序列;
                        g[prev] = Math.min(g[prev], cur);
                    }
                    j++;
                }
            }

            // 二分过程
            // g[i] 代表的是上升子序列长度为 i 的「最小信封高度」
            int l = 0, r = len;
            while (l < r) {
                int mid = l + r >> 1;
                // 令 check 条件为 es[i][1] <= g[mid](代表 w 和 h 都严格小于当前信封)
                // 这样我们找到的就是满足条件,最靠近数组中心点的数据(也就是满足 check 条件的最大下标)
                // 对应回 g[] 数组的含义,其实就是找到 w 和 h 都满足条件的最大上升长度
                if (es[i][1] <= g[mid]) {
                    r = mid;
                } else {
                    l = mid + 1;
                }
            }
            // 更新 f[i] 与答案
            f[i] = r;
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
}

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  • 时间复杂度:对于每件物品都是通过「二分」找到其前一件物品。复杂度为

  • 空间复杂度:

证明

我们可以这样做的前提是 g 数组具有二段性,可以通过证明其具有「单调性」来实现。

当然这里指的是 g 被使用的部分,也就是 的部分。

我们再回顾一下 g[] 数组的定义: 表示长度为 的最长上升子序列的中的最小「信封高度」

例如 代表的含义是:

  • 上升序列长度为 0 的最小历史信封高度为 0

  • 上升序列长度为 1 的最小历史信封高度为 3

  • 上升序列长度为 2 的最小历史信封高度为 4

  • 上升序列长度为 3 的最小历史信封高度为 5

可以通过反证法来证明其单调性:

假设 不具有单调性,即至少有 ( ,令 , )

显然与我们的处理逻辑冲突。因为如果考虑一个「最小高度」为 b 的信封能够凑出长度为 j 的上升序列,自然也能凑出比 j 短的上升序列,对吧?

举个🌰,我们有信封:[[1,1],[2,2],[3,3],[4,4],[5,5]],我们能凑出很多种长度为 2 的上升序列方案,其中最小的方案是高度最小的方案是 [[1,1],[2,2]]。因此这时候 g[2] = 2,代表能凑出长度为 2 的上升序列所 「必须使用的信封」 的最小高度为 2。

这时候反过来考虑,如果使用 [2,2] 能够凑出长度为 2 的上升序列,必然也能凑出长度为 1 的上升序列(删除前面的其他信封即可)。

推而广之,如果我们有 ,也就是凑成长度为 j 必须使用的最小信封高度为 b。那么我必然能够保留高度为 b 的信封,删掉上升序列中的一些信封,凑成任意长度比 j 小的上升序列。

综上,() 与处理逻辑冲突, 数组为严格单调上升数组。

既然 具有单调性,我们可以通过「二分」找到恰满足 check 条件的最大下标(最大下标达标表示最长上升序列长度)。

树状数组 + 动态规划

在「二分 + 动态规划」的解法中,我们通过「二分」来优化找第 个文件的前一个文件过程。

这个过程同样能通过「树状数组」来实现。

首先仍然是对 w 进行排序,然后使用「树状数组」来维护 h 维度的前缀最大值。

对于 h 的高度,我们只关心多个信封之间的大小关系,而不关心具体相差多少,我们需要对 h 进行离散化。

通常使用「树状数组」都需要进行离散化,尤其是这里我们本身就要使用 的空间来存储 dp 值。

代码:

class Solution {
    int[] tree;
    int lowbit(int x) {
        return x & -x;
    }

    public int maxEnvelopes(int[][] es) {
        int n = es.length;
        if (n == 0return n;

        // 由于我们使用了 g 记录高度,因此这里只需将 w 从小到达排序即可
        Arrays.sort(es, (a, b)->a[0] - b[0]);

        // 先将所有的 h 进行离散化
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) set.add(es[i][1]);
        int cnt = set.size();
        int[] hs = new int[cnt];
        int idx = 0;
        for (int i : set) hs[idx++] = i;
        Arrays.sort(hs);
        for (int i = 0; i < n; i++) es[i][1] = Arrays.binarySearch(hs, es[i][1]) + 1;

        // 创建树状数组
        tree = new int[cnt + 1];

        // f(i) 为考虑前 i 个物品,并以第 i 个物品为结尾的最大值
        int[] f = new int[n]; 
        int ans = 1;
        for (int i = 0, j = 0; i < n; i++) {
            // 对于 w 相同的数据,不更新 tree 数组
            if (es[i][0] != es[j][0]) {
                // 限制 j 不能越过 i,确保 tree 数组中只会出现第 i 个信封前的「历史信封」
                while (j < i) {
                    for (int u = es[j][1]; u <= cnt; u += lowbit(u)) {
                        tree[u] = Math.max(tree[u], f[j]);
                    }
                    j++;
                }
            }
            f[i] = 1;
            for (int u = es[i][1] - 1; u > 0; u -= lowbit(u)) {
                f[i] = Math.max(f[i], tree[u] + 1);
            }
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
}

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  • 时间复杂度:处理每个物品时更新「树状数组」复杂度为。整体复杂度为

  • 空间复杂度:

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.354 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:github.com/SharingSour…

在仓库地址里,你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

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