问题描述
有 n 个气球，编号为 0 到 n - 1，每个气球上都标有一个数字，这些数字存在数组 nums 中。
现在要求你戳破所有的气球。戳破第 i 个气球，你可以获得 nums[i - 1] * nums[i] * nums[i + 1] 枚硬币。 这里的 i - 1 和 i + 1 代表和 i
相邻的两个气球的序号。如果 i - 1 或 i + 1 超出了数组的边界，那么就当它是一个数字为 1
的气球。
求所能获得硬币的最大数量。
示例 1：
输入：nums = [3,1,5,8]
输出：167
解释：
nums = [3,1,5,8] --> [3,5,8] --> [3,8] --> [8] --> []
coins = 3*1*5 + 3*5*8 + 1*3*8 + 1*8*1 = 167
示例 2：
输入：nums = [1,5]
输出：10
提示：
n == nums.length1 <= n <= 3000 <= nums[i] <= 100
解题思路
分治法+记忆化搜索
首先在数组的首尾各插入元素1，以便于计算；
我们可以考虑将这个问题划分成两个不存在相互依赖的子问题，例如考虑[1, 3, 1, 5, 8, 1](注意首尾的1是后来单独插入的)，这里我们考虑，假设最后一个戳爆的气球是5，那么该问题就可以划分成戳[1, 3, 1, 5]和戳[5, 8, 1]两组气球的得分再加上最后戳爆气球5的得分，（注意这里数组中的第一个和最后一个元素实际上都不是气球的元素，不能戳）。
从递归的角度来说，有dfs(nums, left, right) = max(dfs(nums, left, mid) + dfs(nums, mid, right) + nums[mid] * nums[l] * nums[r])；但是这样直接递归必然导致超时，因此我们考虑采用一个数组cach[left][right]来保存dfs(nums, left, right)的结果，如果cach[left][right]不为0，说明dfs(nums, left, right)已经计算过了，不需要再重复计算了，直接return cach[left][right]就好了。
动态规划
由上面的记忆化搜索，其实可以非常方便地改写成动态规划的形式，即
dp[left][right] = max(dp[left][right], dp[left][mid] + dp[mid][right] + nums[left] * nums[mid] * nums[right])；
这里状态dp[left][right]的定义为：开区间(left, right)引爆气球所能获得的最大分数，mid表示的是最后一个引爆的气球的坐标；
因此，这里要注意状态转移方程遍历的顺序。
代码
分治法+记忆化搜索
class Solution {
public:
保证子问题之间不存在依赖， 分治：递归搜索+保存计算结果
int dfs(vector<int> &nums, int left, int right, vector<vector<int>> &cach) {
if (left >= right) {
return 0;
}
int maxnum = 0;
for (int i = left + 1; i < right; i++) {
if (cach[left][right] > 0)
return cach[left][right];
else
maxnum = std::max(maxnum, nums[left] * nums[i] * nums[right] + dfs(nums, left, i, cach) + dfs(nums, i, right, cach));
}
cach[left][right] = maxnum;
return maxnum;
}
int maxCoins(vector<int> &nums) {
nums.insert(nums.begin(), 1);
nums.push_back(1);
int n = nums.size();
vector<vector<int>> cach(n, vector<int>(n, 0));
return dfs(nums, 0, n - 1, cach);
}
}
动态规划
#include <vector>
using std::vector;
class Solution {
public:
int maxCoins(vector<int> &nums) {
nums.insert(nums.begin(), 1);
nums.push_back(1);
int n = nums.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
for (int l = n - 1; l >= 0; l--) { // 注意这里的遍历顺序！
for (int r = 0; r < n; r++) {
for (int mid = l + 1; mid < r; mid++) {
dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][mid] + dp[mid][r] + nums[mid] * nums[l] * nums[r]);
}
}
}
return dp[0][n - 1];
}
};
错误示范
class Solution {
public:
int dfs(vector<int> &nums, set<int> &rset, set<int, std::greater<int>> &lset, vector<vector<vector<int>>> &cach, int n) {
if (rset.size() == 2)
return 0;
int maxnum = 0; //应该说递归，转化为子问题的时候就出问题了，完全变成回溯了
for (int i = 1; i <= n; i++) {
auto iter = rset.find(i);
if (iter != rset.end()) {
int idx_left = *lset.upper_bound(i);
int idx_right = *rset.upper_bound(i);
if (cach[i][idx_left][idx_right] > 0) {
maxnum = std::max(maxnum, cach[i][idx_left][idx_right]);
} else {
rset.erase(i);
lset.erase(i);
cach[i][idx_left][idx_right] = nums[i] * nums[idx_left] * nums[idx_right] + dfs(nums, rset, lset, cach, n);
maxnum = std::max(maxnum, cach[i][idx_left][idx_right]);
rset.insert(i);
lset.insert(i);
}
}
}
return maxnum;
}
int maxCoins(vector<int> &nums) {
set<int> rset;
set<int, std::greater<int>> lset;
int n = nums.size();
nums.insert(nums.begin(), 1);
nums.push_back(1);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
rset.insert(i);
lset.insert(i);
}
vector<vector<vector<int>>> cach(nums.size(), vector<vector<int>>(nums.size(), vector<int>(nums.size(), -1)));
return dfs(nums, rset, lset, cach, n);
}
};
这份代码，如果去掉保存计算结果的数组，就变成暴力回溯了，那么答案正确，但是会超时，加上保存计算结果的数组之后，答案则会出现错误，cach[i][left][right] = nums[i] * nums[idx_left] * nums[idx_right] + dfs(nums, rset, lset, cach, n);从表面含义来看，是在当前气球排列为left, i, right的情况下，戳爆i所能获得的最大硬币数，问题在于，这样写的到的结果是[0,1,2], [1,2,3], [2,3,4]...[i - 1, i, rihgt]中的最大值。