算法课程期末复习总结-蒲公英云

八大排序算法复杂度比较

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求解递归式的复杂度

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Max Sum(最大子段和)

int len = arr.length;
int[] dp = new int[len + 1];
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= len; i ++) { 
  dp[i] = Math.max(dp[i-1] + arr[i], arr[i]);
}
int res = Integer.MIN_VALUE;
for(int i = 1; i < dp.length; i ++) { 
  res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;

dp[i] = max(dp[i-1] + nums[i], nums[i]) (1<=j<=n)

dp[i]表示nums数组从第1个到第i个数区间内的最大子段和

base case: `dp[0] = 0`

结果：遍历dp数组，找出最大值，即为最大子段和

LCS(最长公共子序列)

int rows = str1.length();
int cols = str2.length();
int[][] dp = new int[rows+1][cols+1];
for(int i = 1; i <= rows; i ++) { 
  for(int j = 1; j <= cols; j ++) { 
    if(str1.charAt(i-1) == str2.charAt(j-1)) { 
      dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
    }else { 
      dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
    }
  }
}
return dp[rows][cols];
dp[i][j]表示str1[1..i]，str2[1..j]的两段字符串的最长公共子序列
if  str1[i] == str2[j]
      dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
else
      dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);

base case: dp[..][0] = 0, dp[0][..] = 0;

结果： dp[str1.len][str2.len]

LPS(最长回文子序列)

我们说这个问题对 dp 数组的定义是：在⼦串 s[i…j] 中，最⻓回⽂⼦序列的⻓度为 dp[i][j] 。

具体来说，如果我们想求 dp[i][j] ，假设你知道了⼦问题 dp[i+1][j-1]的结果（ s[i+1…j-1] 中最⻓回⽂⼦序列的⻓度），你是否能想办法算出dp[i][j] 的值（ s[i…j] 中，最⻓回⽂⼦序列的⻓度）呢？

可以！这取决于 s[i] 和 s[j] 的字符：如果它俩相等，那么它俩加上 s[i+1…j-1] 中的最⻓回⽂⼦序列就是s[i…j] 的最⻓回⽂⼦序列：如果它俩不相等，说明它俩不可能同时出现在 s[i…j] 的最⻓回⽂⼦序列中，那么把它俩分别加⼊ s[i+1…j-1] 中，看看哪个⼦串产⽣的回⽂⼦序列更⻓即可：

int rows = s.length();
int cols = s.length();
int[][] dp = new int[rows][cols];
for(int i = 0; i < rows; i++) { 
  for(int j = 0; j < cols; j++) { 
    if(i == j) { 
      dp[i][j] = 1;
    }
  }
}
for(int i = rows-1; i >=0; i --) { 
  for(int j = i+1;j < cols; j ++) { 
    if(s.charAt(i) == s.charAt(j)) { 
      dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
    }else { 
      dp[i][j] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
    }
  }
}
return dp[0][cols-1];

0-1 Knapsack Problem(0-1背包问题)

dp[i][w] = max(dp[i-1][w] + (dp[i-1][w-w[i]] + val[i]) )
dp[i][w] 的定义如下：对于前 i 个物品，当前背包的容量为 w ，这种情况下可以装的最⼤价值是 dp[i][w]

base case : dp[0][..] = dp[..][0] = 0

结果： dp[N][W]

public static int maxValue(int[] v, int[] w, int weight) { 
  int rows = v.length;
  int cols = weight;
  int[][] dp = new int[rows+1][cols+1];
  //dp[i][w] 的定义如下：对于前 i 个物品，当前背包的容量为 w ，这种情况下可以装的最⼤价值是 dp[i][w] 
  for(int i = 1; i <= rows; i ++) { 
    for(int j = 1; j <= cols; j ++) { 
      if(j - w[i-1] < 0) { 
        dp[i][j] = dp[i-1][j];
      }else { 
        dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j - w[i-1]] + v[i-1] , dp[i-1][j]);
      }
    }
  }
  return dp[rows][cols];
}

区间调度问题

你今天有好⼏个活动，每个活动都可以⽤区间 [start, end] 表⽰开始和结束的时间，请问你今天最多能参加⼏个活动呢？显然你⼀个⼈不能同时参加两个活动，所以说这个问题就是求这些时间区间的最⼤不相交⼦集。

按完成时间从早到晚将活动排序

选取排序后的第一个活动a1（即最早结束的活动）
在a1结束时间之前，删除所有已经始时间的活动（即和a1有重叠）

递归地解决剩余活动的问题

public int intervalSchedule(int[][] intvs) {

if (intvs.length == 0) return 0;
// 按 end 升序排序
Arrays.sort(intvs, new Comparator<int[]>() { 
    public int compare(int[] a, int[] b) { 
        return a[1] - b[1];
    }
});
// ⾄少有⼀个区间不相交
int count = 1;
// 排序后，第⼀个区间就是 x
int x_end = intvs[0][1];
for (int[] interval : intvs) { 
    int start = interval[0];
    if (start >= x_end) { 
        // 找到下⼀个选择的区间了
        count++;
        x_end = interval[1];
    }
}
return count;

}

部分背包问题

总是优先选择单位重量下价值最大的物品

将每个背包按单位重量的价值从大到小排序
每次剩余的性价比最大的加入到背包中
或者剩余容量不够将整个背包加入的话，则用当前背包的部分去填满剩余空间

Arrays.sort(packages, new Comparator() {
@Override
public int compare(Package o1, Package o2) {
```
return o2.value/o2.weight - o1.value/o1.weight;
```
}
});
for(int i = 0; i < len; i ++) {
if(remind >= w[i]) {
```
res += v[i];
remind -= w[i];
```
}else {
```
res += remind * v[i] / w[i];
break;
```
}
}
return res;

期末总结

小题考察了渐进上界、渐进下界、紧致界的求解。还考察了几种常用算法的复杂度以及几种算法的概念和典型应用场景。
大题分为两部分，第一部分是用master方法求解三个递归式的复杂度（公式记错了，尴尬）

第二部分是算法分析与设计题，题目都是比较典型的题目。

分治：快排的过程

动规: 最大子段和最长回文子序列 0-1背包问题

贪心： 部分背包迪杰斯特拉