【算法 - 动态规划】力扣 691. 贴纸拼词

上一篇文章中的两道较为简单的题目都是通过 暴力递归 逐步修改成为 动态规划 ,并使用了严格的 dp表依赖 ,相信小伙伴对此有了初步的认识。

本文我们来练习一道 LeetCode 中 Hard 级别,不使用严格的表依赖的题目。

力扣691. 贴纸拼词

我们有 n 种不同的贴纸。每个贴纸上都有一个小写的英文单词。
您想要拼写出给定的字符串 target ,方法是从收集的贴纸中切割单个字母并重新排列它们。如果你愿意,你可以多次使用每个贴纸,每个贴纸的 数量是无限 的。

返回你需要拼出 target 的 最小贴纸数量 。如果任务不可能,则返回 -1 。

示例 1:

输入: stickers = [“with”,“example”,“science”], target = “thehat”

输出: 3

解释:

  • 使用 2 个 “with” 贴纸,和 1 个 “example” 贴纸。

  • 把贴纸上的字母剪下来并重新排列后,形成目标 “thehat“ 了。

  • 这是所需的最小贴纸数量。

示例 2:

输入: stickers = [“notice”,“possible”], target = “basicbasic”

输出: -1

解释: 我们不能通过剪切给定贴纸的字母来形成目标“basicbasic”。

首先我们依然采用最朴素的 暴力递归 来思考这道题目。

递归的准备

定义递归函数的功能: 使用 stickers 拼出 余下目标字符串 所需的最小贴纸数量。

思考递归需要的参数: stickers 数组、target 目标串。

明确递归的边界条件: 目标字符串长度为 0 时,说明不再需要任何贴纸了,返回 0 。

思路

寻找相同类型子问题:

  • 由于贴纸是无限的,因此使用一张贴纸后,剩下的目标字符串仍然可以当做一个新的目标字符串,问题的规模缩小了。而贴纸的类型不会发生改变。

  • 直到目标字符串的长度减为 0 ,即递归到了 base case。

代码

public static int minStickers(String[] stickers, String target) {int ans = process(stickers, target);return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}public static int process(String[] stickers, String target) {// base caseif (target.length() == 0) {return 0;}int min = Integer.MAX_VALUE;// stickers 中的每个单词进行消除for (String first : stickers) {// 在 target 中删除 first 中含有的字母// 剩下的结果存入 rest 中String rest = minus(target, first);// rest 与删除前 target 的长度不等说明 first 中有有效字符// rest只有变化了才能调用递归,否则进入死循环if (rest.length() != target.length()) {// 求出first作为第一张,后续需要的最小贴纸数量min = Math.min(min, process(stickers, rest));}}// 若min变化了,说明此次递归是有效的拼接,贴纸张数+1return min + (min == Integer.MAX_VALUE ? 0 : 1);
}public static String minus(String s1, String s2) {char[] str1 = s1.toCharArray();char[] str2 = s2.toCharArray();int[] count = new int[26];for (char cha : str1) {count[cha - 'a']++;}for (char cha : str2) {count[cha - 'a']--;}StringBuilder builder = new StringBuilder();// 还剩哪些字符,用 builder 全部拼起来for (int i = 0; i < 26; i++) {if (count[i] > 0) {for (int j = 0; j < count[i]; j++) {builder.append((char) (i + 'a'));}}}return builder.toString();
}

思考上面的递归过程发现,我们是 以贴纸为主线 ,去尝试每张贴纸能够 凑出目标字符 的哪些部分。因此,不论贴纸中是否存在可以消除目标字符串的字符,都会把 stickers 中的贴纸全部遍历一遍,而每张贴纸的遍历都需要调用 minus() 函数,再进行递归调用。造成了极大地浪费。

我们换一个思考方向,以目标字符串 target 为主线 ,去看那些贴纸能够满足要求,不满足要求的直接跳过,这样就减少了很多不必要的比较,达到了 剪枝 的目的。

另一方面,为了减少字符统计的调用频率。我们 提前做好字符统计 ,使用数组提前准备好,对于字符的操作转化为了数组的操作,提高效率。

优化代码

public static int minSticker(String[] stickers, String target) {int N = stickers.length;int[][] counts = new int[N][26];// 将贴纸转化为二维数组,每一行存放的是一张贴纸的词频统计for (int i = 0; i < N; i++) {char[] str = stickers[i].toCharArray();for (char cha : str) {counts[i][cha - 'a']++;}}int ans = process(counts, target);return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}public static int process(int[][] arrs, String t) {if (t.length() == 0) {return 0;}// 将目标字符 做字符统计 存入 tcounts[26] 中char[] target = t.toCharArray();int[] tcounts = new int[26];for (char cha : target) {tcounts[cha - 'a']++;}//int N = arrs.length;int min = Integer.MAX_VALUE;for (int i = 0; i < N; i++) {int[] arr = arrs[i];// 谁能够做 target 第一个字符的贴纸// 不能做 target 第一个字符的贴纸直接过滤// 达到了剪枝的目的if (arr[target[0] - 'a'] > 0) {StringBuilder builder = new StringBuilder();// 用了一张次贴纸后,目标串 target 还剩下什么了for (int j = 0; j < 26; j++) {if (tcounts[j] > 0) {// 把这张贴纸上含有目标字符的其他字符也都去掉int nums = tcounts[j] - arr[j];for (int k = 0; k < nums; k++) {builder.append((char) (j + 'a'));}}}String rest = builder.toString();min = Math.min(min, process(arrs, rest));}}return min + (min == Integer.MAX_VALUE ? 0 : 1);
}

上面优化后的代码已经进行了大量的剪枝操作,那思考一下能否进一步优化呢?答案是 肯定的 。—— 加 缓存!

前面的题目我们都是用了 数组 作为 dp 表,那这道题目是否也能够用数组作为缓存表呢?好像不太行 ~

因为递归中 变化的量字符串 ,而字符串的长度显然不容易确定范围。因此,我们这次采用 集合 的形式进行 记忆化搜索HashMap 显然 最合适

最终代码

public static int minSticker(String[] stickers, String target) {int N = stickers.length;int[][] counts = new int[N][26];for (int i = 0; i < N; i++) {char[] str = stickers[i].toCharArray();for (char cha : str) {counts[i][cha - 'a']++;}}HashMap<String, Integer> dp = new HashMap<>();dp.put("", 0);int ans = process(counts, target, dp);return ans == Integer.MAX_VALUE ? -1 : ans;
}public static int process(int[][] arrs, String t, HashMap<String, Integer> dp) {if (dp.containsKey(t)) {return dp.get(t);}// 将目标字符 做字符统计 存入 tcounts[26] 中char[] target = t.toCharArray();int[] tcounts = new int[26];for (char cha : target) {tcounts[cha - 'a']++;}int N = arrs.length;int min = Integer.MAX_VALUE;for (int i = 0; i < N; i++) {int[] arr = arrs[i];// 谁能够做 target 第一个字符的贴纸// 不能做 target 第一个字符的贴纸直接过滤// 达到了剪枝的目的if (arr[target[0] - 'a'] > 0) {StringBuilder builder = new StringBuilder();// 用了一张次贴纸后,目标串 target 还剩下什么了for (int j = 0; j < 26; j++) {if (tcounts[j] > 0) {// 把这张贴纸上含有目标字符的其他字符也都去掉int nums = tcounts[j] - arr[j];for (int k = 0; k < nums; k++) {builder.append((char) (j + 'a'));}}}String rest = builder.toString();min = Math.min(min, process(arrs, rest, dp));}}int ans = min + (min == Integer.MAX_VALUE ? 0 : 1);dp.put(t, ans);return ans;
}

使用 HashMap 记录已经找到过的剩余字符需要的最少贴纸数,若再次出现相同剩余字符序列后直接获取答案,达到了 记忆化搜索 的效果。


本文和上篇文章都从 暴力递归 入手,逐步进行优化,修改出了 动态规划 版本的最终代码。不同的是,本文题目并没有严格的表依赖结构,而是采用了 记忆化搜索(备忘录)进行替代,小伙伴们要加以区分哦 ~

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------------- 往期回顾 -------------
【算法 - 动态规划】原来写出动态规划如此简单!
【堆 - 专题】“加强堆” 解决 TopK 问题!
AC 此题,链表无敌!!!

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