演算法學習（十七）

動態規劃演算法：每次決策依賴於當前狀態，又隨即引起狀態的轉移。乙個決策序列就是在變化的狀態中產生出來的，所以，這種多階段最優化決策解決問題的過程就稱為動態規劃。

在查詢有很多重疊子問題的情況的最優解有效。動態規劃儲存子問題的解，避免重複計算。

字串編輯

解決動態規劃問題的關鍵是找到狀態轉移方程，這樣就可以通過計算和儲存子問題的解來解決最終問題。

給你兩個單詞 word1 和 word2，請你計算出將 word1 轉換成 word2 所使用的最少運算元。

你可以對乙個單詞進行如下三種操作：

插入乙個字元

刪除乙個字元

替換乙個字元

示例 1：
輸入：word1 =
"horse"
, word2 =
"ros"
輸出：3
解釋：horse -
>
rorse
(將 'h' 替換為 'r'
)rorse -
>
rose
(刪除 'r'
)rose -
>
ros(刪除 'e')/
/leetcode-cn.com/problems/edit-distance

定義乙個二維陣列dp[i][j]，表示將第乙個字串到位置i為止，和第二個字串到位置j為止最多需要幾步編輯。當第i位和第j位對應字元相同，則dp[i][j]等於dp[i-1][j-1]；當二者對應的字元不同時，修改消耗dp[i-1][j-1]+1，插入i位置、刪除j位置則是dp[i][j-1]+1，插入j位置、刪除i位置則是p[i-1][j]+1

class
solution
: def mindistance
(self, word1: str, word2: str)
-> int:
m,n =
len(word1)
,len
(word2)
dp =[[
0]*(n+1)
for _ in
range
(m+1)]
for i in
range
(m+1):
for j in
range
(n+1):
if i ==0:
dp[i]
[j]= j
elif j ==0:
dp[i]
[j]= i
else
:if word1[i-1]
== word2[j-1]
: a =
0else
: a =
1 dp[i]
[j]=
min(dp[i-1]
[j-1
]+a,
min(dp[i-1]
[j]+
1,dp[i]
[j-1]+
1))return dp[m]
[n]

最初在乙個記事本上只有乙個字元『a』。你每次可以對這個記事本進行兩種操作：

copy all (複製全部) : 你可以複製這個記事本中的所有字元(部分的複製是不允許的)。

paste (貼上) : 你可以貼上你上一次複製的字元。

給定乙個數字 n 。你需要使用最少的操作次數，在記事本中列印出恰好 n 個『a』。輸出能夠列印出 n 個『a』的最少操作次數。

示例 1 :輸入: 3輸出: 3解釋: 最初, 我們只有乙個字元 'a'。第 1 步, 我們使用 copy all 操作。第 2 步, 我們使用 paste 操作來獲得 'aa'。第 3 步, 我們使用 paste 操作來獲得 'aaa'。

2-keys-keyboard

由於貼上操作是倍數增加，因此需要乘除法計算位置，定義dp陣列，其中位置i表示延展到長度i的最少操作次數。對於每個位置j，如果j可以被i整除，那麼長度i就可以由j操作得到，其操作等價於把長度為1的a延展到長度為i/j。因此狀態轉移公式dp[i]=dp[j]+dp[i/j]

class
solution
: def minsteps
(self, n: int)
-> int:
dp =[0
]*(n+1
) h =
int(n**
0.5)
for i in
range(2
,n+1):
dp[i]
= i for j in
range(2
,h+1):
if i%j ==0:
dp[i]
= dp[j]
+ dp[i//j]
break
return dp[n]

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