[动态规划]:348.分隔字串获取3的倍数问题解题思路设$$f_i$$表示在第$$i$$个字符时能得到的最多3倍数数字

问题描述

小Y有一个数字串，她希望通过分隔这个字符串来获得一些子串，每个子串代表一个数字。她的目标是最大化能获得的是 3 的倍数的数字的数量。分隔后的数字串不能包含前导零（但数字 0 本身是允许的），因为 0 也被视为 3 的倍数。

例如，对于数字串 1123，可以将其分割为 [1, 12, 3]，其中 12 和 3 是 3 的倍数，因此小Y最多可以获得 2 个是 3 的倍数的数字。

测试样例

样例1：

输入：n = "1123" 输出：2

样例2：

输入：n = "300" 输出：3

样例3：

输入：n = "987654321" 输出：6

解题思路

设 $f_i$ 表示在第 $i$ 个字符时能得到的最多3倍数数字

先考虑划分型DP做法：

当前 $n[i] \% 3 == 0$ ，那么 $f[i] = f[i-1] + 1$
反之，我们往前求和，下标 $j = i - 1$ ，当 $s \%3==0$ 时， $f[i] = max(f[i], f[j]+1)$
最后 $f[len(n)]$ 就是答案，复杂度 $O(n^2)$

int solution(const string& n) {
    //划分DP
    int m = n.size();
    vector<int>f(m+1);
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        f[i] = f[i-1];
        int s = 0;
        for(int j = i-1; j >= 0; j--) {
            s+= n[j] - '0';
            if(s % 3 == 0)f[i] = max(f[i],f[j]+1);
        }
    }
    return f[m];
}

由于marscode测试点数据不大， $O(n^2)$ 可以通过，但建议学习 $O(n)$ 的做法

优化
- 划分DP的做法慢是因为要往前计算求和，只要能够在 $O(1)$ 的时间内计算, 那么复杂度就降为 $O(n)$
- 如果当前求和的值 $s \% 3 ==1$ ，那么如果少一个 $1$ ,当前就能多贡献出一个答案
- 举个例子: $n = 112$
  - 我们从开始往后求和,当到达 $i = 2, n[i] =2$ 时，之前求和 $s = 2$ ,累加当前值后 $s = (2 + 2) \% 3 = 1$
  - 我们如果移除掉一个 $1$ ，下标为 $j$ ，那么此时 $(j,i]$ 就是一个满足答案的情况
  - 我们设 $idx$ 数组， $idx_{0,1,2}$ 用来记录累加值 $s$ 为 $0,1,2$ 的最新下标
  - 此时多了一个1，我们就从 $f[idx[1]]$ 转移过来，加上 $(idx[1] , i]$ 区间贡献的1，即 $f[i] = max(f[i], f[idx[1]]+1)$
- 结合代码更容易理解

int solution(const string& n) {
    int m = n.size();
    vector<int>f(m+1);
    vector<int>idx(3,-1);
    idx[0] = 0;
    int v = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        f[i] = f[i-1];
        //累加值 % 3， 如果少一个 v %3 就是满足答案的
        v = (v + n[i-1] - '0')%3;
        //如果当前n[i] 就是3的倍数，那么答案直接+1, f[i] = f[i-1] +1
        if((n[i-1]-'0')%3 == 0) f[i]++;
        //如果前面有累加值为v的，那么我们以那个点为结束点j，(j,i]就是3的倍数,我们加上f[j]的答案数取最大
        else if (idx[v] != -1)f[i] = max(f[i],f[idx[v]]+1);
        //更新, 因为此时是值为 v 的最大值，这样才符合转移方程的定义, f[i]表示在第i个字符时能得到的最多3倍数数字
        idx[v] = i;

    }
    return f[m];
}