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【LeetCode】1799. N 次操作后的最大分数和

news 来源：原创 2024/11/17 1:35:38

N 次操作后的最大分数和

题目描述

给你 nums ，它是一个大小为 2 * n 的正整数数组。你必须对这个数组执行 n 次操作。

在第 i 次操作时（操作编号从 1 开始），你需要：

选择两个元素 x 和 y 。
获得分数 i * gcd(x, y) 。
将 x 和 y 从 nums 中删除。

请你返回 n 次操作后你能获得的分数和最大为多少。

函数 gcd(x, y) 是 x 和 y 的最大公约数。

示例 1

输入：nums = [1,2]
输出：1
解释：最优操作是：
(1 * gcd(1, 2)) = 1

示例 2

输入：nums = [3,4,6,8]
输出：11
解释：最优操作是：
(1 * gcd(3, 6)) + (2 * gcd(4, 8)) = 3 + 8 = 11

示例 3

输入：nums = [1,2,3,4,5,6]
输出：14
解释：最优操作是：
(1 * gcd(1, 5)) + (2 * gcd(2, 4)) + (3 * gcd(3, 6)) = 1 + 4 + 9 = 14

提示

1 <= n <= 7
nums.length == 2 * n
1 <= nums[i] <= 10⁶

算法一：状态压缩、动态规划

思路

题目给出长度为 m = 2 * n 的正整数数组 nums ，现在我们需要对这个数组进行 n 次操作——在第 i 次操作（操作编号从1 开始），我们需要：选择两个元素 x 和 y ，并得到分数 i * gcd(x, y) ，其中 gcd(x, y) 为 x 和 y 的最大公约数，然后把 x 和 y 从 nums 中删除。现在我们需要求进行 n 次操作后能获得的最大分数。
因为 1 <= n <= 7 ，所以我们可以用一个整数 s 来表示数组 nums 中未删除的数字状态——若数字 s 的二进制从右往左的第 i 位为 1 则说明原数组中的第 i 位未被删除，否则就可以删除。
然后我们设 dp[i] 表示对于未删除的数字状态为 i 时，我们往下操作能获得的最大分数，因为每次操作都需要删除两个元素，所以对于未删除的数字有奇数个的状态为非法状态，我们可以不做处理。那么我们思考状态转移 —— 对于每个存在偶数个未删除数字的状态 s ，假设有 t 个未删除的数字，那我们需要进行 t / 2 次操作才能将全部数字删除。那么我们枚举 t / 2 次操作删除的两个元素可以得到：

dp[s]=max{dp[s⊕2ⁱ⊕2^j]+2t_s×gcd(nums[i],nums[j])} , i,j∈s&i<j
其中，s⊕2ⁱ⊕2^j 表示从状态 s 中删除元素 nums[i] 和 nums[j] 。为了避免重复计算每一对数字的最大公约数，我们在 动态规划 前，对每一对数字的最大公约数进行预处理。
当没有剩下的数字时，即 s=0 时，我们不能继续往下操作，此时获得的分数为 dp[0]=0 ，然后我们可以 自底向上 计算每一个状态，最终返回 dp[2^m^ - 1] 。

收获

状态压缩 ：用二进制表示状态。
动态规划三要素 ：定义、状态转移方程、初始化。
二进制，这个知识点我很陌生，需要多加练习。

算法情况

时间复杂度：O（2^m * m² + log C * m²），其中 m 为数组 nums 的长度， C = max(nums) 。
空间复杂度：O（2^m * m²），其中 m 为数组 nums 的长度，为动态规划存储每一个状态和预处理中存储原数组中每一对元素最大公约数的空间开销。

代码

class Solution {
public:
    int maxScore(vector<int>& nums) {
        int m = nums.size();
        vector<int> dp(1<<m, 0);
        vector<vector<int>> gcd_tmp(m, vector<int>(m, 0));
        for(int i=0; i<m; ++i){
            for(int j=i+1; j<m ;j++){
                gcd_tmp[i][j] = gcd(nums[i], nums[j]);
            }
        }

        int all = 1 << m;
        for(int s=1; s<all; ++s){
            int t = __builtin_popcount(s);
            if(t & 1) continue;
            for(int i=0; i<m; ++i ){
                if((s>>i) & 1){ // 说明第i位数字未被删除
                    for(int j=i+1; j<m; ++j){
                        if((s>>j) & 1){ // 说明第j位数字未被删除
                            dp[s] = max(dp[s], dp[s^(1<<i)^(1<<j)] + t/2 * gcd_tmp[i][j]);
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return dp[all-1];
    }
};