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【LetMeFly】1799.N 次操作后的最大分数和

力扣题目链接：leetcode.cn/problems/ma…

给你 nums ，它是一个大小为 2 * n 的正整数数组。你必须对这个数组执行 n 次操作。

在第 i 次操作时（操作编号从 1 开始），你需要：

• 选择两个元素 x 和 y 。
• 获得分数 i * gcd(x, y) 。
• 将 x 和 y 从 nums 中删除。

请你返回 n 次操作后你能获得的分数和最大为多少。

函数 gcd(x, y) 是 x 和 y 的最大公约数。

 

示例 1：

输入：nums = [1,2]
输出：1
解释：最优操作是：
(1 * gcd(1, 2)) = 1

示例 2：

输入：nums = [3,4,6,8]
输出：11
解释：最优操作是：
(1 * gcd(3, 6)) + (2 * gcd(4, 8)) = 3 + 8 = 11

示例 3：

输入：nums = [1,2,3,4,5,6]
输出：14
解释：最优操作是：
(1 * gcd(1, 5)) + (2 * gcd(2, 4)) + (3 * gcd(3, 6)) = 1 + 4 + 9 = 14

 

提示：

• 1 <= n <= 7
• nums.length == 2 * n
• 1 <= nums[i] <= 106

方法一：状压DP（状态压缩 + 动态规划）

首先预处理将$nums[i]$和$nums[j]$的最大公因数计算出来存入$gcd[i][j]$中（其中$0\leq i<j<n$）

int n = nums.size();
int gcd[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++)
    for (int j = i + 1; j < n; j++)
        gcd[i][j] = __gcd(nums[i], nums[j]);

然后开辟一个大小为$2^n$的数组$dp[1<<n]$，其中$dp[i]$代表状态为$i$时或获得的最大分数。

从小到大枚举所有的状态（最大$1<<n$）

int mask = 1 << n;
vector<int> dp(mask, 0);
for (int state = 0; state < mask; state++) {
	...
}

对于每个状态$state$，首先计算$state$在二进制下有多少个$1$

如果$state$在二进制下有偶数个$1$，那么就枚举其中$1$的位置，让其中的$1$两两配对，同时更新$dp[state]$的最大值

假设我们让其中的第$i$位和第$j$位配对了，那么$dp[state]$就可以由（$ij$配对）和（剩下的元素配对$dp[state - (1 << i) - (1 << j)]$）加起来得到。

• 时间复杂度$O(2^n\times n^2)$
• 空间复杂度$O(2^n+n^2)$

AC代码

C++

class Solution {
public:
    int maxScore(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int gcd[n][n];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = i + 1; j < n; j++)
                gcd[i][j] = __gcd(nums[i], nums[j]);
        int mask = 1 << n;
        vector<int> dp(mask, 0);
        for (int state = 0; state < mask; state++) {
            int one = __builtin_popcount(state);
            if (one % 2)
                continue;
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                if (state & (1 << i)) {
                    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                        if (state & (1 << j)) {
                            dp[state] = max(dp[state], dp[state - (1 << i) - (1 << j)] + one / 2 * gcd[i][j]);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return dp[mask - 1];
    }
};

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