力扣—戳气球

一、题目描述

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。每当你戳破一个气球 i 时，你可以获得 nums[left] * nums[i] * nums[right] 个硬币。 这里的 left 和 right 代表和 i 相邻的两个气球的序号。注意当你戳破了气球 i 后，气球 left 和气球 right 就变成了相邻的气球。

求所能获得硬币的最大数量。

说明:

你可以假设 nums[-1] = nums[n] = 1，但注意它们不是真实存在的所以并不能被戳破。
0 ≤ n ≤ 500, 0 ≤ nums[i] ≤ 100
示例:

输入: [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

二、回溯思路

先来顺一下解决这种问题的套路：

我们多次强调过，很显然只要涉及求最值，没有任何奇技淫巧，一定是穷举所有可能的结果，然后对比得出最值。

所以说，只要遇到求最值的算法问题，首先要思考的就是：如何穷举出所有可能的结果？

穷举主要有两种算法，就是回溯算法和动态规划，前者就是暴力穷举，而后者是根据状态转移方程推导「状态」。

如何将我们的扎气球问题转化成回溯算法呢？这个应该不难想到的，我们其实就是想穷举戳气球的顺序，不同的戳气球顺序可能得到不同的分数，我们需要把所有可能的分数中最高的那个找出来，对吧。

那么，这不就是一个「全排列」问题嘛，我们已经讲解过全排列算法，其实只要稍微改一下逻辑即可，伪码思路如下：

int res = Integer.MIN_VALUE;

/* 输入一组气球，返回戳破它们获得的最大分数 */
int maxCoins(int[] nums) {
    backtrack(nums, 0);
    return res;
}
/* 回溯算法的伪码解法 */
void backtrack(int[] nums, int socre) {
    if (nums 为空) {
        res = max(res, score);
        return;
    }
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        int point = nums[i-1] * nums[i] * nums[i+1];
        int temp = nums[i];
        // 做选择
        在 nums 中删除元素 nums[i]
        // 递归回溯
        backtrack(nums, score + point);
        // 撤销选择
        将 temp 还原到 nums[i]
    }
}

回溯算法就是这么简单粗暴，但是相应的，算法的效率非常低。所以回溯算法肯定是不能通过所有测试用例的。

三、动态规划思路

这个问题中我们每戳破一个气球 $nums[i]$，得到的分数和该气球相邻的气球 $nums[i-1]$和 $nums[i+1]$是 有相关性 的。

我们说过运用 动态规划算法的一个重要条件：子问题必须独立。所以对于这个戳气球问题，如果想用动态规划，必须巧妙地定义dp数组的含义，避免子问题产生相关性，才能推出合理的状态转移方程。

如何定义dp数组呢，这里需要对问题进行一个简单地转化。题目说可以认为 $nums[-1] = nums[n] = 1$，那么我们先直接把这两个边界加进去，形成一个新的数组points：

int maxCoins(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    // 两端加入两个虚拟气球
    int[] points = new int[n + 2];
    points[0] = points[n + 1] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        points[i] = nums[i - 1];
    }
    // ...
}

现在气球的索引变成了从1到n， $points[0]和points[n+1]$可以认为是两个「虚拟气球」。

那么我们可以改变问题：在一排气球points中，请你戳破气球0和气球n+1之间的所有气球（不包括0和n+1），使得最终只剩下气球0和气球n+1两个气球，最多能够得到多少分？

现在可以定义dp数组的含义：

dp[i][j] = x表示，戳破气球i和气球j之间（开区间，不包括i和j）的所有气球，可以获得的最高分数为x。

那么根据这个定义，题目要求的结果就是 $dp[0][n+1]$的值，而 base case 就是 $dp[i][j] = 0$，其中 $0 <= i <= n+1, j <= i+1$，因为这种情况下，开区间(i, j)中间根本没有气球可以戳。

// base case 已经都被初始化为 0
int[][] dp = new int[n + 2][n + 2];

现在我们要根据这个dp数组来推导状态转移方程了，所谓的推导「状态转移方程」，实际上就是在思考怎么「做选择」，也就是这道题目最有技巧的部分：

不就是想求戳破气球i和气球j之间的最高分数吗，如果「正向思考」，就只能写出前文的回溯算法；我们需要「反向思考」，想一想气球i和气球j之间最后一个被戳破的气球可能是哪一个？

其实气球i和气球j之间的所有气球都可能是最后被戳破的那一个，不防假设为k。回顾动态规划的套路，这里其实已经找到了「状态」和「选择」：i和j就是两个「状态」，最后戳破的那个气球k就是「选择」。

根据刚才对dp数组的定义，如果最后一个戳破气球k， $dp[i][j]$的值应该为：

dp[i][j] = dp[i][k] + dp[k][j] 
         + points[i]*points[k]*points[j]

你不是要最后戳破气球k吗？那得先把开区间(i, k)的气球都戳破，再把开区间(k, j)的气球都戳破；最后剩下的气球k，相邻的就是气球i和气球j，这时候戳破k的话得到的分数就是points[i]*points[k]*points[j]。

那么戳破开区间(i, k)和开区间(k, j)的气球最多能得到的分数是多少呢？嘿嘿，就是 $dp[i][k]和dp[k][j]$，这恰好就是我们对dp数组的定义嘛！

结合这个图，就能体会出dp数组定义的巧妙了。由于是开区间，dp[i][k]和dp[k][j]不会影响气球k；而戳破气球k时，旁边相邻的就是气球i和气球j了，最后还会剩下气球i和气球j，这也恰好满足了dp数组开区间的定义。

那么，对于一组给定的i和j，我们只要穷举i < k < j的所有气球k，选择得分最高的作为 $dp[i][j]$的值即可，这也就是状态转移方程：

// 最后戳破的气球是哪个？
for (int k = i + 1; k < j; k++) {
    // 择优做选择，使得 dp[i][j] 最大
    dp[i][j] = Math.max(
        dp[i][j], 
        dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[j]*points[k]
    );
}

写出状态转移方程就完成这道题的一大半了，但是还有问题：对于k的穷举仅仅是在做「选择」，但是应该如何穷举「状态」i和j呢？

for (int i = ...; ; )
    for (int j = ...; ; )
        for (int k = i + 1; k < j; k++) {
            dp[i][j] = Math.max(
                dp[i][j], 
                dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[j]*points[k]
            );
return dp[0][n+1];

四、代码

关于「状态」的穷举，最重要的一点就是：状态转移所依赖的状态必须被提前计算出来。

拿这道题举例， $dp[i][j]$所依赖的状态是 $dp[i][k]和dp[k][j]$，那么我们必须保证：在计算 $dp[i][j]$时， $dp[i][k]和dp[k][j]$已经被计算出来了（其中 $i < k < j$）。

那么应该如何安排i和j的遍历顺序，来提供上述的保证呢？我们\处理这种问题的一个鸡贼技巧：根据 base case 和最终状态进行推导。

PS：最终状态就是指题目要求的结果，对于这道题目也就是 $dp[0][n+1]$。

我们先把 base case 和最终的状态在 DP table 上画出来：

对于任一dp[i][j]，我们希望所有dp[i][k]和dp[k][j]已经被计算，画在图上就是这种情况：

那么，为了达到这个要求，可以有两种遍历方法，要么斜着遍历，要么从下到上从左到右遍历


斜着遍历有一点难写，所以一般我们就从下往上遍历，下面看完整代码：

int maxCoins(int[] nums) 
{
    int n = nums.length;
    // 添加两侧的虚拟气球
    int[] points = new int[n + 2];
    points[0] = points[n + 1] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
    {
        points[i] = nums[i - 1];
    }
    
    // base case 已经都被初始化为 0
    int[][] dp = new int[n + 2][n + 2];
    
    // 开始状态转移
    // i 应该从下往上
    for (int i = n; i >= 0; i--) 
    {
        // j 应该从左往右
        for (int j = i + 1; j < n + 2; j++) 
        {
            // 最后戳破的气球是哪个？
            for (int k = i + 1; k < j; k++) 
            {
                // 择优做选择
                dp[i][j] = Math.max(
                    dp[i][j], 
                    dp[i][k] + dp[k][j] + points[i]*points[j]*points[k]
                );
            }
        }
    }
    return dp[0][n + 1];
}

至此，这道题目就完全解决了，十分巧妙，但也不是那么难，对吧？

关键在于dp数组的定义，需要避免子问题互相影响，所以我们反向思考，将dp[i][j]的定义设为开区间，考虑最后戳破的气球是哪一个，以此构建了状态转移方程。

对于如何穷举「状态」，我们使用了小技巧，通过 base case 和最终状态推导出i,j的遍历方向，保证正确的状态转移。