一、Problem

附近的家居城促销，你买回了一直心仪的可调节书架，打算把自己的书都整理到新的书架上。

你把要摆放的书 books 都整理好，叠成一摞：从上往下，第 i 本书的厚度为 books[i][0]，高度为 books[i][1]。

按顺序 将这些书摆放到总宽度为 shelf_width 的书架上。

先选几本书放在书架上（它们的厚度之和小于等于书架的宽度 shelf_width），然后再建一层书架。重复这个过程，直到把所有的书都放在书架上。

需要注意的是，在上述过程的每个步骤中，摆放书的顺序与你整理好的顺序相同。 例如，如果这里有 5 本书，那么可能的一种摆放情况是：第一和第二本书放在第一层书架上，第三本书放在第二层书架上，第四和第五本书放在最后一层书架上。

每一层所摆放的书的最大高度就是这一层书架的层高，书架整体的高度为各层高之和。

以这种方式布置书架，返回书架整体可能的最小高度。

输入：books = [[1,1],[2,3],[2,3],[1,1],[1,1],[1,1],[1,2]], shelf_width = 4
输出：6
解释：
3 层书架的高度和为 1 + 3 + 2 = 6 。
第 2 本书不必放在第一层书架上。

提示：

1 <= books.length <= 1000
1 <= books[i][0] <= shelf_width <= 1000
1 <= books[i][1] <= 1000

二、Solution

方法一：暴搜（超时）

• 结束条件：n 本书都放好时
• 本层递归的责任：第 $i$ 本书可放入当前层，也可放到下一层。
• 返回值：放入 $i$ 本书后的书架的最小高度

class Solution {
    int n, maxw, INF = 0x3f3f3f3f, bs[][];
    int dfs(int i, int w, int mh) {
        if (i == n) 
            return mh;
        int min = INF, t1 = 0;
        if (w + bs[i][0] <= maxw) {
            t1 = dfs(i+1, w+bs[i][0], Math.max(mh, bs[i][1]));
            min = Math.min(min, t1);
        }
        int t2 = dfs(i+1, bs[i][0], bs[i][1]) + mh;
        return Math.min(min, t2);
    }
    public int minHeightShelves(int[][] books, int shelf_width) {
        n = books.length;
        bs = books;
        maxw = shelf_width;
        return dfs(0, 0, 0);
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度： $O(2^n)$，
• 空间复杂度： $O(n)$，

方法二：记忆化搜索

加入缓存后可 ac…

class Solution {
    int n, maxw, INF = 0x3f3f3f3f, f[], bs[][];
    
    int dfs(int i) {
        if (i >= n) 
            return 0;
        if (f[i] != INF)
            return f[i];
        int m = 0, mh = 0, ans = INF;
        for (int j = i; j < n; j++) {
            m += bs[j][0];
            mh = Math.max(mh, bs[j][1]);
            if (m > maxw)
                break;
            ans = Math.min(ans, dfs(j+1) + mh);
        }
        return f[i] = ans;
    }
    public int minHeightShelves(int[][] books, int shelf_width) {
        n = books.length;
        bs = books;
        maxw = shelf_width;
        f = new int[n+1];
        Arrays.fill(f, INF);
        return dfs(0);
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度： $O(n^2)$，
• 空间复杂度： $O(n)$，

方法二：dp

• 定义状态：
  • $f[i]$ 表示放入前 $i$ 本书所需要的最小书架高度
• 思考初始化：
  • $f[0] = 0，f[1...n] = INF$
• 思考状态转移方程：这是重点，对于后面的书如何决策呢？
  • $f[i] = min(f[i],\ f[i-1] + h_i)$ 放入第 $i$ 本书后，如果最大高度大于不放该第 $i$ 本书时的书架的最小高度，那么
• 思考输出： $f[n]$

Q：枚举 $j$ 的时候为什么要从后往前枚举呢？
A：这和题目限定条件（每一本书都要按顺序方）有关，但理解地不是很透侧…

class Solution {
    public int minHeightShelves(int[][] bs, int shelf_width) {
        int n = bs.length, f[] = new int[n+1];
        Arrays.fill(f, 0x3f3f3f3f);
        f[0] = 0;
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int w = 0, h = 0;
            for (int j = i; j >= 0; j--) {
                w += bs[j][0];
                h = Math.max(h, bs[j][1]);
                if (w > shelf_width)
                    break;
                f[i+1] = Math.min(f[i+1], f[j] + h);
            }
        }
        return f[n];
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度： $O()$，
• 空间复杂度： $O()$，