题目

LeetCOde 传送门

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。如果你戳破气球 i ，就可以获得 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

解题思路

我们先定义开区间(i, j)表示只能戳破 i 和 j 之间的气球，不能戳 i 和 j。以示例为例，画出它的(0, 5)开区间图。

所以整个思路就是不管前面的气球怎么戳破的，只关注当前开区间内，最后戳破的气球是哪个。假设目前存在一个开区间(i, j)，最后一个要戳破的气球是 k，此时的开区间图可以画成如下。

从这里可以看出，戳破 k 的时候，只与开区间的边界 i 和 j（无法戳破）的气球有关，与开区间(i,k)和(k,j)的戳破情况完全无关。所以我们的关注点只有最后一个戳破的气球。

此时假设 dp[i][j] 表示开区间(i,j)内能获得的最大硬币数，那么(i,j)开区间得到的金币可以由 dp[i][k]和 dp[k][j]进行状态转移，若最后一个戳爆的气球为 k，能获得的硬币数：sum = dp[i][k] + val[i] * val[k] * val[j] + dp[k][j]

val[i]表示 i 位置气球的数字

最终状态转移方程如下：

一个小技巧， 令 val[i] = nums [i - 1]，可以防止数组越界，减少边界条件处理。

代码实现

// 动态规划
var maxCoins = function (nums) {
    
    
  const len = nums.length;
  // 构造val数组，另val[i] = nums[i - 1]
  const val = new Array(len + 2);
  val[0] = 1;
  val[len + 1] = 1;
  for (let i = 1; i <= len; ++i) {
    
    
    val[i] = nums[i - 1];
  }

  // 初始化dp数组，其值全为0
  const dp = new Array(len + 2);
  for (let i = 0; i < len + 2; ++i) {
    
    
    dp[i] = new Array(len + 2).fill(0);
  }

  // 开区间的边界有一侧需要倒序遍历，否则无法覆盖所有区间，这里选择左侧倒序
  for (let i = len - 1; i >= 0; --i) {
    
    
    for (let j = i + 2; j <= len + 1; ++j) {
    
    
      for (let k = i + 1; k < j; ++k) {
    
    
        // 状态转移核心
        let sum = val[i] * val[k] * val[j];
        sum += dp[i][k] + dp[k][j];
        dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], sum);
      }
    }
  }
  // 
  return dp[0][len + 1];
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n^3)$，其中 n 是气球数量。状态数为 $n^2$，状态转移复杂度为 O(n)，最终复杂度为 $O(n^2\ast n)=O(n^3)$

空间复杂度：$O(n^2)$,其中 n 是气球数量。