【LeetCode周赛】3117. 划分数组得到最小的值之和 | 动态规划

本文主要是介绍【LeetCode周赛】3117. 划分数组得到最小的值之和 | 动态规划 | 困难，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

题目内容

原题链接

给你两个数组 nums 和 andValues，长度分别为 n 和 m。

数组的值等于该数组的 最后一个 元素。

你需要将 nums 划分为 m 个不相交的连续子数组，对于第 ith 个子数组 [li, ri]，子数组元素的按位AND运算结果等于 andValues[i]，换句话说，对所有的 1 <= i <= m，nums[li] & nums[li + 1] & ... & nums[ri] == andValues[i] ，其中 & 表示按位AND运算符。

返回将 nums 划分为 m 个子数组所能得到的可能的最小子数组值之和。如果无法完成这样的划分，则返回 -1 。

数据范围

1 <= n == nums.length <= 10000
1 <= m == andValues.length <= min(n, 10)
1 <= nums[i] < 100000
0 <= andValues[j] < 100000

题解

为了方便描述，所有下标都从 $1$ 开始。

暴力解法

状态定义

考虑 $d p [j] [i]$ 表示考虑前 $i$ 个元素，前 $j$ 组，第 $j$ 组的最后一个元素是 $n u m s [i]$ 的最小子数组值之和。

状态转移

$dp[j][i]=\min\limits_{k=j-1}^{i-1} (dp[j-1][k]+nums[i])$

时间复杂度： $O(17n^2m)$

优化解法1

可以发现的是，从 $i$ 往前一直进行与运算，整体是一个单调不增的，所以显然可以二分。

二分出最小的 $l$ ，满足 nums[l]&nums[l+1]&...&nums[i]=andValues[j]
二分出最大的 $r$ ，满足 nums[r]&nums[r+1]&...&nums[i]=andValues[j]

然后 $dp[j][i]=\min\limits_{k=l}^{r} (dp[j-1][k]+nums[i])$

这部分的 $\min\limits_{k=l}^{r} (dp[j-1][k])$ 是可以用一个 RMQ 来维护的。

时间复杂度： $O(17nm\log n)$

优化解法 2

上述因为满足单调性，所以考虑双指针。

整体维护一个 $l$ 和 $r$ ，可以发现的是，当 $i$ 递增时， $l$ 和 $r$ 也是单调不减的，所以类似双指针的做法维护 $l$ 和 $r$ ，使得满足上述情况即可。

时间复杂度： $O (17 nm)$

代码

class Solution {
public:int minimumValueSum(vector<int>& nums, vector<int>& andValues) {const int MAXBIT = 17;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n = nums.size();int m = andValues.size();nums.insert(nums.begin(), 0);andValues.insert(andValues.begin(), 0);// dp[j][i] 表示前 j 组和前 i 个元素，第 j 组的最后一个元素是 nums[i] 的情况下的最小权值和// dp[j][i] = min(dp[j - 1][k]) + nums[i]// 考虑 i ，满足 [k + 1, i]vector<vector<int>> pre(MAXBIT, vector<int>(n + 1));for (int j = 0; j < MAXBIT; ++j)for (int i = 1; i <= n; ++i)pre[j][i] = pre[j][i - 1] + (nums[i] >> j & 1);vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, INF));dp[0][0] = 0;vector<vector<int>> rmq(MAXBIT, vector<int>(n + 1, INF));vector<int> lg(n + 1);for (int i = 2; i <= n; ++i) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;auto update = [&](vector<int>& val) {for (int i = 0; i <= n; ++i) rmq[0][i] = val[i];for (int j = 1; j < MAXBIT; ++j)for (int i = 0; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i)rmq[j][i] = min(rmq[j - 1][i], rmq[j - 1][i + (1 << (j - 1))]);};auto query = [&](int l, int r) {if (l > r) return INF;int len = r - l + 1;int b = lg[len];return min(rmq[b][l], rmq[b][r - (1 << b) + 1]);};update(dp[0]);auto check = [&](int l, int r, int andV) -> int {int res = 0;for (int j = 0; j < MAXBIT; ++j)if (pre[j][r] - pre[j][l - 1] == r - l + 1)res |= 1 << j;// 0 表示整过了if ((res & andV) != andV) return 0;// 1 表示 res == andVif (res == andV) return 1;// 2 表示 andV 是 res 的子集return 2;};for (int j = 1; j <= m; ++j) {int andV = andValues[j];int l = j, r = j;for (int i = j; i <= n; ++i) {/*优化点在于：我们看暴力的部分：从后往前枚举，什么时候 break ？当 (mask & andV) != andV ，就可以 break 了这部分可以二分，为什么可以二分？因为我们从 i 往前枚举 pi ，这个 mask 在每个二进制位以及整体都是单调下降的二分出 res == andV 的最小的 l继续二分出 res == andV 的最大的 r*/// 暴力解法做法// int mask = -1;// for (int pi = i; pi >= 1; --pi) {//     mask &= nums[pi];//     if (mask == andV) dp[j][i] = min(dp[j][i], dp[j - 1][pi - 1] + nums[i]);//     if ((mask & andV) != andV) break;// }// 优化解法1，二分做法//int left = j, right = i;//while (left < right) {//    int mid = (left + right) >> 1;//    if (check(mid, i, andV) == 0) left = mid + 1;//    else right = mid;//}////int flag = check(left, i, andV);//if (flag != 1) continue;//int l = left;////right = i;//while (left < right) {//    int mid = (left + right + 1) >> 1;//    if (check(mid, i, andV) == 1) left = mid;//    else right = mid - 1;//}//int r = left;// 优化解法2双指针做法// 首先 l 应该是 == 0 的全部崩掉while (l < i && check(l, i, andV) == 0) l += 1;if (check(l, i, andV) != 1) continue;r = l;while (r < i && check(r, i, andV) == 1) r += 1;if (check(r, i, andV) == 2) r -= 1;dp[j][i] = min(dp[j][i], query(l - 1, r - 1) + nums[i]);}update(dp[j]);}return dp[m][n] >= INF ? -1 : dp[m][n];}
};