本文共 4100 字，大约阅读时间需要 13 分钟。
文章目录
三角形最小路径和
给定一个三角形，找出自顶向下的最小路径和。每一步只能移动到下一行中相邻的结点上。
相邻的结点 在这里指的是 下标 与 上一层结点下标 相同或者等于 上一层结点下标 + 1 的两个结点。
例如，给定三角形：
[ [2], [3,4], [6,5,7], [4,1,8,3]]
自顶向下的最小路径和为 11（即，2 + 3 + 5 + 1 = 11）。
说明：
如果你可以只使用 O(n) 的额外空间（n 为三角形的总行数）来解决这个问题，那么你的算法会很加分。来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/triangle
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
思路一：动态规划
我们用 f[i][j]表示从三角形顶部走到位置 (i,j) 的最小路径和。这里的位置 (i,j) 指的是三角形中第 i 行第 j 列（均从 0 开始编号）的位置。
由于每一步只能移动到下一行「相邻的节点」上，因此要想走到位置 (i,j)，上一步就只能在位置 (i−1,j−1) 或者位置 (i−1,j)。我们在这两个位置中选择一个路径和较小的来进行转移，状态转移方程为：
f[i][j]=min(f[i−1][j−1],f[i−1][j])+c[i][j]
其中 c[i][j] 表示位置 (i,j) 对应的元素值。
注意第 i 行有 i+1个元素，它们对应的 j 的范围为 [0,i]。当 j=0或 j=i 时，上述状态转移方程中有一些项是没有意义的。例如当 j=0 时，f[i−1][j−1]没有意义，因此状态转移方程为：
f[i][0]=f[i−1][0]+c[i][0]
即当我们在第 i 行的最左侧时，我们只能从第 i−1 行的最左侧移动过来。当 j=i时，f[i−1][j] 没有意义，因此状态转移方程为：
f[i][i]=f[i−1][i−1]+c[i][i]
即当我们在第 i 行的最右侧时，我们只能从第 i−1 行的最右侧移动过来。
最终的答案即为 f[n−1][0] 到 f[n−1][n−1]中的最小值，其中 n 是三角形的行数。
细节
状态转移方程的边界条件是什么？由于我们已经去除了所有「没有意义」的状态，因此边界条件可以定为：
f[0][0]=c[0][0]
即在三角形的顶部时，最小路径和就等于对应位置的元素值。这样一来，我们从 1 开始递增地枚举 i，并在 [0,i] 的范围内递增地枚举 j，就可以完成所有状态的计算。
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/triangle/solution/san-jiao-xing-zui-xiao-lu-jing-he-by-leetcode-solu/ 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
代码实现一：
class Solution { public: int minimumTotal(vector >& triangle) { int n = triangle.size(); vector > f(n, vector (n)); f[0][0] = triangle[0][0]; for (int i = 1; i < n; ++i) { f[i][0] = f[i - 1][0] + triangle[i][0]; for (int j = 1; j < i; ++j) { f[i][j] = min(f[i - 1][j - 1], f[i - 1][j]) + triangle[i][j]; } f[i][i] = f[i - 1][i - 1] + triangle[i][i]; } return *min_element(f[n - 1].begin(), f[n - 1].end()); }};> 作者：LeetCode-Solution> 链接：https://leetcode-cn.com/problems/triangle/solution/san-jiao-xing-zui-xiao-lu-jing-he-by-leetcode-solu/> 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。 复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)，其中 n 是三角形的行数。空间复杂度：O(n^2)。我们需要一个 n∗n 的二维数组存放所有的状态。
思路二：动态规划 + 空间优化
在题目描述中的「说明」部分，提到了可以将空间复杂度优化至 O(n)O(n)O(n)。
我们回顾方法一中的状态转移方程，可以发现，f[i][j] 只与 f[i−1][…] 有关，而与 f[i−2][…] 及之前的状态无关，因此我们不必存储这些无关的状态。具体地，我们使用两个长度为 n 的一维数组进行转移，将 i 根据奇偶性映射到其中一个一维数组，那么 i−1 就映射到了另一个一维数组。这样我们使用这两个一维数组，交替地进行状态转移。
代码实现
class Solution { public: int minimumTotal(vector >& triangle) { int n = triangle.size(); vector > f(2, vector (n)); f[0][0] = triangle[0][0]; for (int i = 1; i < n; ++i) { int curr = i % 2; int prev = 1 - curr; f[curr][0] = f[prev][0] + triangle[i][0]; for (int j = 1; j < i; ++j) { f[curr][j] = min(f[prev][j - 1], f[prev][j]) + triangle[i][j]; } f[curr][i] = f[prev][i - 1] + triangle[i][i]; } return *min_element(f[(n - 1) % 2].begin(), f[(n - 1) % 2].end()); }};> 作者：LeetCode-Solution> 链接：https://leetcode-cn.com/problems/triangle/solution/san-jiao-xing-zui-xiao-lu-jing-he-by-leetcode-solu/> 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。 上述方法的空间复杂度为O(n)，使用了2n 的空间存储状态。我们还可以继续进行优化吗？
答案是可以的。我们从 i到 0 递减地枚举 j，这样我们只需要一个长度为 n 的一维数组 f，就可以完成状态转移。
这样虽然空间复杂度仍然为 O(n)，但我们只使用了 n 的空间存储状态，减少了一半的空间消耗。
class Solution { public: int minimumTotal(vector >& triangle) { int n = triangle.size(); vector f(n); f[0] = triangle[0][0]; for (int i = 1; i < n; ++i) { f[i] = f[i - 1] + triangle[i][i]; for (int j = i - 1; j > 0; --j) { f[j] = min(f[j - 1], f[j]) + triangle[i][j]; } f[0] += triangle[i][0]; } return *min_element(f.begin(), f.end()); }};> 作者：LeetCode-Solution> 链接：https://leetcode-cn.com/problems/triangle/solution/san-jiao-xing-zui-xiao-lu-jing-he-by-leetcode-solu/> 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。 复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)，其中 n 是三角形的行数。空间复杂度：O(n)。
转载地址：https://lion-wu.blog.csdn.net/article/details/107705715 如侵犯您的版权，请留言回复原文章的地址，我们会给您删除此文章，给您带来不便请您谅解！
发表评论
最新留言
关于作者
