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灌溉花园的最少水龙头数目【LC1326】

在 x 轴上有一个一维的花园。花园长度为 n，从点 0 开始，到点 n 结束。

花园里总共有 n + 1 个水龙头，分别位于 [0, 1, ..., n] 。

给你一个整数 n 和一个长度为 n + 1 的整数数组 ranges ，其中 ranges[i] （下标从 0 开始）表示：如果打开点 i 处的水龙头，可以灌溉的区域为 [i - ranges[i], i + ranges[i]] 。

请你返回可以灌溉整个花园的 最少水龙头数目 。如果花园始终存在无法灌溉到的地方，请你返回 -1 。

过了的那一刻很是震惊 也许是昨天周赛刚看的01背包，也许不大恰当，但是我做出来了

01背包

• 思路：每个水龙头有选或者不选两种可能，因此转化为01背包问题

  • 物品为每个水龙头的灌溉范围
  • 背包容量为灌溉范围，表示背包能灌溉$0-j$范围内的花园。
  • 定义状态$dp[j]$表示 灌溉范围为$0-j$时，所需要的最少水龙头数目。$dp[n]$即为最终结果
  • 如果位置$i$的水龙头的灌溉范围为$[l,r]=[i-ranges[i],i+ranges[i]]$，枚举每一个灌溉范围小于$r$的背包，更新需要的水龙头数目。

• 一维动态规划

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

     $dp[j]$表示 灌溉范围为$0-j$时，所需要的最少水龙头数目。

  2. 确定递推公式

     对于每一个位置的水龙头，更新其能灌溉的右范围

     • 位置i不放水龙头：$dp[j]=dp[j]$

     • 位置i放水龙头，该水龙头的灌溉范围记为$[l,r]$：

       • 如果$l\le 0$，那么$dp[j]=1$

       • 如果$l>0$，那么能否灌溉$[0,j]$与$[0,l]$所需要的水龙头数目相关
         $$dp[j]=dp[l]+1$$

  3. dp数组如何初始化

     当位置0的灌溉范围一定大于等于0，那么灌溉原点需要的最少水龙头数目为1

     初始情况时其他的范围均灌溉不到，因此初始化为任意不可能的数值，我选择初始化为$n+2$，当最终结果$dp[n]<n+2$时，就表示可以灌溉整个花园

     dp[0]= 1;
     dp[1,n] = n + 1;
     

  4. 确定遍历顺序

     一维dp

     先遍历物品，再从后往前遍历背包重量，将物品i放进能放进的背包j中

  5. 举例推导dp数组

  class Solution {public int minTaps(int n, int[] ranges) {int[] dp = new int[n + 1];Arrays.fill(dp, n + 2);dp[0] = 1;for (int i = 0; i <= n; i++){int l = i - ranges[i], r = i + ranges[i];for (int j = Math.min(r, n); j >= 0; j--){if (l <= 0){dp[j] = 1;}else{dp[j] = Math.min(dp[l] + 1, dp[j]);}}}return dp[n] < n + 2 ? dp[n] : -1;}
  }
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$O(n^2)$,n为数组长度
    • 空间复杂度：$O(n)$，dp数组的额外空间

贪心

• 思路：

  • 首先，对于所有能覆盖某个左端点的水龙头，选择能覆盖最远右端点的那个水龙头是最优的。【贪心】
  • 那么，可以先预处理$ranges$数组，求出所有能覆盖左端点$l$的水龙头中，右端点最大的那个位置，记录在数组 rightMost[i]中。
  • 那么从原点出发，记录当前所达到的右端点cur和下一个可以达到的位置next
    • 当next与cur相等时，无法进行移动，返回-1
    • 否则，移动到next，步骤+1

  class Solution {public int minTaps(int n, int[] ranges) {int[] rightMost = new int[n + 1];for (int i = 0; i <= n; ++i) {int r = ranges[i];// 这样写可以在 i>r 时少写一个 max// 凭借这个优化，恭喜你超越了 100% 的用户// 说「超越」是因为原来的最快是 2ms，现在优化后是 1msif (i > r) rightMost[i - r] = i + r; // 对于 i-r 来说，i+r 必然是它目前的最大值else rightMost[0] = Math.max(rightMost[0], i + r);}int ans = 0;int curRight = 0; // 已建造的桥的右端点int nextRight = 0; // 下一座桥的右端点的最大值for (int i = 0; i < n; ++i) { // 注意这里没有遍历到 n，因为它已经是终点了nextRight = Math.max(nextRight, rightMost[i]);if (i == curRight) { // 到达已建造的桥的右端点if (i == nextRight) return -1; // 无论怎么造桥，都无法从 i 到 i+1curRight = nextRight; // 造一座桥++ans;}}return ans;}
  }作者：灵茶山艾府
  链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-number-of-taps-to-open-to-water-a-garden/solutions/2123855/yi-zhang-tu-miao-dong-pythonjavacgo-by-e-wqry/
  来源：力扣（LeetCode）
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  • 复杂度

    • 时间复杂度：$O(n)$,n为数组长度

    • 空间复杂度：$O(n)$，rightMost数组的额外空间