Lc 5687. 执行乘法运算的最大分数

题目描述

给你两个长度分别 n 和 m 的整数数
组 nums 和 multipliers ，其中 n >= m ，数组下标 从 1 开始 计数。

初始时，你的分数为 0 。你需要执行恰好 m 步操作。在第 i 步操作（从 1 开始 计数）中，需要：
- 选择数组 nums 开头处或者末尾处 的整数 x 。
- 你获得 multipliers[i] * x 分，并累加到你的分数中。
- 将 x 从数组 nums 中移除。

在执行 m 步操作后，返回 最大 分数。

数据范围

• n == nums.length
• m == multipliers.length
• 1 <= m <= 103
• m <= n <= 105
• -1000 <= nums[i], multipliers[i] <= 1000

示例1：

输入：nums = [1,2,3], multipliers = [3,2,1]
输出：14
解释：一种最优解决方案如下：
- 选择末尾处的整数 3 ，[1,2,3] ，得 3 * 3 = 9 分，累加到分数中。
- 选择末尾处的整数 2 ，[1,2] ，得 2 * 2 = 4 分，累加到分数中。
- 选择末尾处的整数 1 ，[1] ，得 1 * 1 = 1 分，累加到分数中。
总分数为 9 + 4 + 1 = 14 。

示例2：

输入：nums = [-5,-3,-3,-2,7,1], multipliers = [-10,-5,3,4,6]
输出：102
解释：一种最优解决方案如下：
- 选择开头处的整数 -5 ，[-5,-3,-3,-2,7,1] ，得 -5 * -10 = 50 分，累加到分数中。
- 选择开头处的整数 -3 ，[-3,-3,-2,7,1] ，得 -3 * -5 = 15 分，累加到分数中。
- 选择开头处的整数 -3 ，[-3,-2,7,1] ，得 -3 * 3 = -9 分，累加到分数中。
- 选择末尾处的整数 1 ，[-2,7,1] ，得 1 * 4 = 4 分，累加到分数中。
- 选择末尾处的整数 7 ，[-2,7] ，得 7 * 6 = 42 分，累加到分数中。
总分数为 50 + 15 - 9 + 4 + 42 = 102 。

算法1：

动态规划，区间DP

• 状态定义：f[i，j]当前区间为i到j所得到的最大分数
• 状态计算：取到区间i，j所得最大分数为：
  • 取i + 区间i+1到j的最大值，
  • 取j + 区间i到j - 1的最大值，
  • 两者取一个max
• 因为乘数最多有m个，即从前和后拿，最多只能拿m次，也就是区间要从使剩余的数为m - 1开始扩增(因为剩余数为m时，当前i到j拿不了数了，一定为0，所以要从m - 1开始)
• len的初值为n - m + 1

注意：
- 因为数的数量可以大于乘数的数量，最多从头拿m个，从尾拿m个，剩余中间的数时用不到的，所以要去掉，不然计算时mul[k]会越界

时间复杂度

$O(n^2)$

参考文献

算法基础课， yxc

C++ 代码

const int N = 2010;
class Solution {
public:
    int f[N][N];
    int maximumScore(vector<int>& nums, vector<int>& mul) {
        int n = nums.size(), m = mul.size();
        //将多余位数移除，使头尾两端的数加起来总可以等于m
        if(n >= 2 * m){
            int x = m, y = n - m;
            while(y < n){
                nums[x++] = nums[y++];
            }
            n = x;
        }
        //让头尾两端数的个数从m - 1开始，因为等于m时已经不用再取数了
        for(int len = n - m + 1; len <= n; len++){
            for(int i = 1; i + len - 1 <= n; i++){
                int j = i + len - 1;
                int k = n - len;
                f[i][j] = max(nums[i - 1] * mul[k] + f[i + 1][j],
                              nums[j - 1] * mul[k] + f[i][j - 1]);
            }
        }
        return f[1][n];
    }
};

算法2：

动态规划，线性DP

状态：
f[i][j] : nums开头取i个，末尾取j个的最大得分
k = i + j ：代表取的总数
遍历 k

状态转移：
- i == 0 : 都是取末尾
f[i][j] = f[i][j - 1] + nums[n - j] * mul[k - 1];
- i == k : 都是取前面
f[i][j] = f[i - 1][j] + nums[i - 1] * mul[k - 1];
- 其他情况 ： 取前面与取末尾的比较，取较大者
f[i][j] = max(f[i][j - 1] + nums[n - j] * mul[k - 1], f[i - 1][j] + nums[i - 1] * mul[k - 1]);
结果 ： k == m 时, f[i][j]的最大值更新答案。 (m == mul.size())

时间复杂度

$O(n^2)$

参考文献

大佬的题解

C++ 代码

const int N = 1010;
class Solution {
public:
    int f[N][N];
    int maximumScore(vector<int>& nums, vector<int>& mul) {
        int n = nums.size(), m = mul.size();
        int res = -1e9;
        for(int k = 1; k <= m; k++){
            for(int i = 0; i <= k; i++){
                int j = k - i;
                //全从右边取得情况
                if(i == 0) f[i][j] = nums[n - j] * mul[k - 1] + f[i][j - 1];
                else 
                //全从左边取得情况
                if(i == k) f[i][j] = nums[i - 1] * mul[k - 1] + f[i - 1][j];
                else 
                f[i][j] = max(nums[i - 1] * mul[k - 1] + f[i - 1][j], 
                              nums[n - j] * mul[k - 1] + f[i][j - 1]);
                if(k == m) res = max(res, f[i][j]);
            }
        }
        return res;
    }
};