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【递归】【记忆化搜索】【动态规划】【数组】【2023-12-08】

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题目来源

2008. 出租车的最大盈利

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解题思路

以下题解与思路参考 教你一步步思考动态规划：从记忆化搜索到递推（Python/Java/C++/Go/JS/Rust）。

寻找子问题

假设 n = 9。我们要解决的问题是从 1 开车到 9 最多可以赚多钱。

会有以下两种情况出现：

• 情况一：如果没有乘客在 9 下车，或者我们不搭载在 9 下车的乘客，那么问题就变成：从 1 开车到 8 最多可以赚多少钱；
• 情况二：如果有至少一位乘客在 9 下车，我们可以枚举载哪位乘客。假设所载乘客在 5 上车，那么从 5 到 9 不能载其它乘客（题目要求同时最多只能接一个订单），问题变成：从 1 到 5 最多可以赚多少钱。

以上两种情况都会将原问题变成 「和原问题相似的、规模更小的子问题」，这意味着可以使用递归来解决问题。

方法一：递归

思路

递归函数定义为 dfs(i)，表示从 1 开车到 i 最多可以赚多少钱。

情况一中问题变为：从 1 开车到 i-1 最多可以赚钱多少，有转移关系式：

$$dfs(i)=dfs(i-1)$$

在情况二中，我们可以枚举搭载哪位乘客，取其中最赚钱的方案，有转移关系式：

$$dfs(i)=max(dfs(start)+i-start+tip)$$
其中，start 表示到 i 的乘客的上车点，tip 为从 start 到 i 这一段路的小费。

以上两种情况取最大值得到 dfs(i)，即

$$dfs(i)=max(dfs(i-1),max(dfs(start)+i-start+tip))$$

递归边界：dfs(1) = 0，因为没有在 1 下车的乘客。

递归入口：dfs(n)，也是最后需要返回的答案。

算法

在实现中，将 rides 数组按照下车点进行分组，方便枚举所有在 i 下车点下车的乘客。在分组中，使用 pair 记录每一个分组中的 start 和 end - start + tip。

class Solution {
public:long long maxTaxiEarnings(int n, vector<vector<int>>& rides) {vector<vector<pair<int, int>>> g(n+1);for (auto ride : rides) {int start = ride[0], end = ride[1], tip = ride[2];g[end].push_back(make_pair(start, end - start + tip));}function<long long(int)> dfs = [&](int i) -> long long {if (i == 0) {return 0;}long long res = dfs(i - 1);for (auto [s, t] : g[i]) {res = max(res, dfs(s) + t);}return res;};return dfs(n);}
};

该方法超时。

方法二：递归+记录数组=记忆化搜索

思路

由于在递归中存在某些 dfs(i) 重复计算的问题，因此可以使用一个数组 memo 记录计算结果，在递归中使用数据记录计算出的值的方法被称为「记忆化搜索」。

算法

class Solution {
public:long long maxTaxiEarnings(int n, vector<vector<int>>& rides) {vector<vector<pair<int, int>>> g(n+1);for (auto ride : rides) {int start = ride[0], end = ride[1], tip = ride[2];g[end].push_back(make_pair(start, end - start + tip));}vector<long long> memo(n+1, -1);    // -1 表示没有计算过function<long long(int)> dfs = [&](int i) -> long long {if (i == 0) {return 0;}auto& res = memo[i];    // 这里是引用，因为后面需要将更新后的 res 更新到 memo 中if (res != -1) {return res;}res = dfs(i - 1);for (auto [s, t] : g[i]) {res = max(res, dfs(s) + t);}return res;};return dfs(n);}
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n+m)$。

空间复杂度：$O(n+m)$。

方法三：动态规划（递推）

思路

将递归对应翻译为动态规划。

状态方程 f[i] 表示从 1 开车到 i 最多可以赚多少钱。

状态转移关系：

$$f[i]=max(f[i-1],max(f[start]+i-end+tip))$$

base case：f[1] = 0。

最后返回：return f[n]。

算法

class Solution {
public:long long maxTaxiEarnings(int n, vector<vector<int>>& rides) {vector<vector<pair<int, int>>> g(n+1);for (auto ride : rides) {int start = ride[0], end = ride[1], tip = ride[2];g[end].push_back(make_pair(start, end - start + tip));}vector<long long> f(n+1);    for (int i = 2; i <= n; ++i) {f[i] = f[i-1];for (auto [s, t] : g[i]) {f[i] = max(f[i], f[s] + t);}}return f[n];}
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n+m)$，其中 $m$ 是 rides 的长度，n 是地点数目。动态规划转移需要 $O(n)$ 的时间，查询乘客信息需要 $O(m)$ 的时间。

空间复杂度：$O(n+m)$。

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写在最后

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