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这篇文章主要讲解了“C++如何实现打气球游戏”，文中的讲解内容简单清晰，易于学习与理解，下面请大家跟着小编的思路慢慢深入，一起来研究和学习“C++如何实现打气球游戏”吧！
Example:
Input:
[3,1,5,8]
Output:
167
Explanation:
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
Credits:
Special thanks to @peisi for adding this problem and creating all test cases.
这道题提出了一种打气球的游戏，每个气球都对应着一个数字，每次打爆一个气球，得到的金币数是被打爆的气球的数字和其两边的气球上的数字相乘，如果旁边没有气球了，则按1算，以此类推，求能得到的最多金币数。参见题目中给的例子，题意并不难理解。那么大家拿到题后，总是会习惯的先去想一下暴力破解法吧，这道题的暴力搜索将相当的复杂，因为每打爆一个气球，断开的地方又重新挨上，所有剩下的气球又要重新遍历，这使得分治法不能 work，整个的时间复杂度会相当的高，不要指望可以通过 OJ。而对于像这种求极值问题，一般都要考虑用动态规划 Dynamic Programming 来做，维护一个二维动态数组 dp，其中 dp[i][j] 表示打爆区间 [i,j] 中的所有气球能得到的最多金币。题目中说明了边界情况，当气球周围没有气球的时候，旁边的数字按1算，这样可以在原数组两边各填充一个1，方便于计算。这道题的最难点就是找状态转移方程，还是从定义式来看，假如区间只有一个数，比如 dp[i][i]，那么计算起来就很简单，直接乘以周围两个数字即可更新。如果区间里有两个数字，就要算两次了，先打破第一个再打破了第二个，或者先打破第二个再打破第一个，比较两种情况，其中较大值就是该区间的 dp 值。假如区间有三个数呢，比如 dp[1][3]，怎么更新呢？如果先打破第一个，剩下两个怎么办呢，难道还要分别再遍历算一下吗？这样跟暴力搜索的方法有啥区别呢，还要 dp 数组有啥意思。所谓的状态转移，就是假设已知了其他状态，来推导现在的状态，现在是想知道 dp[1][3] 的值，那么如果先打破了气球1，剩下了气球2和3，若之前已经计算了 dp[2][3] 的话，就可以使用其来更新 dp[1][3] 了，就是打破气球1的得分加上 dp[2][3]。那假如先打破气球2呢，只要之前计算了 dp[1][1] 和 dp[3][3]，那么三者加起来就可以更新 dp[1][3]。同理，先打破气球3，就用其得分加上 dp[1][2] 来更新 dp[1][3]。说到这里，是不是感觉豁然开朗了 ^.^
那么对于有很多数的区间 [i, j]，如何来更新呢？现在是想知道 dp[i][j] 的值，这个区间可能比较大，但是如果知道了所有的小区间的 dp 值，然后聚沙成塔，逐步的就能推出大区间的 dp 值了。还是要遍历这个区间内的每个气球，就用k来遍历吧，k在区间 [i, j] 中，假如第k个气球最后被打爆，那么此时区间 [i, j] 被分成了三部分，[i, k-1]，[k]，和 [k+1, j]，只要之前更新过了 [i, k-1] 和 [k+1, j] 这两个子区间的 dp 值，可以直接用 dp[i][k-1] 和 dp[k+1][j]，那么最后被打爆的第k个气球的得分该怎么算呢，你可能会下意识的说，就乘以周围两个气球被 nums[k-1] * nums[k] * nums[k+1]，但其实这样是错误的，为啥呢？dp[i][k-1] 的意义是什么呢，是打爆区间 [i, k-1] 内所有的气球后的最大得分，此时第 k-1 个气球已经不能用了，同理，第 k+1 个气球也不能用了，相当于区间 [i, j] 中除了第k个气球，其他的已经爆了，那么周围的气球只能是第 i-1 个，和第 j+1 个了，所以得分应为 nums[i-1] * nums[k] * nums[j+1]，分析到这里，状态转移方程应该已经跃然纸上了吧，如下所示：
dp[i][j] = max(dp[i][j], nums[i - 1] * nums[k] * nums[j + 1] + dp[i][k - 1] + dp[k + 1][j]) ( i ≤ k ≤ j )
有了状态转移方程了，就可以写代码，下面就遇到本题的第二大难点了，区间的遍历顺序。一般来说，遍历所有子区间的顺序都是i从0到n，然后j从i到n，然后得到的 [i, j] 就是子区间。但是这道题用这种遍历顺序就不对，在前面的分析中已经说了，这里需要先更新完所有的小区间，然后才能去更新大区间，而用这种一般的遍历子区间的顺序，会在更新完所有小区间之前就更新了大区间，从而不一定能算出正确的dp值，比如拿题目中的那个例子 [3, 1, 5, 8] 来说，一般的遍历顺序是：
[3] -> [3, 1] -> [3, 1, 5] -> [3, 1, 5, 8] -> [1] -> [1, 5] -> [1, 5, 8] -> [5] -> [5, 8] -> [8]
显然不是我们需要的遍历顺序，正确的顺序应该是先遍历完所有长度为1的区间，再是长度为2的区间，再依次累加长度，直到最后才遍历整个区间：
[3] -> [1] -> [5] -> [8] -> [3, 1] -> [1, 5] -> [5, 8] -> [3, 1, 5] -> [1, 5, 8] -> [3, 1, 5, 8]
这里其实只是更新了 dp 数组的右上三角区域，最终要返回的值存在 dp[1][n] 中，其中n是两端添加1之前数组 nums 的个数。参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int maxCoins(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
nums.insert(nums.begin(), 1);
nums.push_back(1);
vector<vector<int>> dp(n + 2, vector<int>(n + 2, 0));
for (int len = 1; len <= n; ++len) {
for (int i = 1; i <= n - len + 1; ++i) {
int j = i + len - 1;
for (int k = i; k <= j; ++k) {
dp[i][j] = max(dp[i][j], nums[i - 1] * nums[k] * nums[j + 1] + dp[i][k - 1] + dp[k + 1][j]);
}
}
}
return dp[1][n];
}
};对于题目中的例子[3, 1, 5, 8]，得到的dp数组如下：
0 0 0 0 0 0
0 3 30 159 167 0
0 0 15 135 159 0
0 0 0 40 48 0
0 0 0 0 40 0
0 0 0 0 0 0
这题还有递归解法，思路都一样，就是写法略有不同，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int maxCoins(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
nums.insert(nums.begin(), 1);
nums.push_back(1);
vector<vector<int>> dp(n + 2, vector<int>(n + 2, 0));
return burst(nums, dp, 1 , n);
}
int burst(vector<int>& nums, vector<vector<int>>& dp, int i, int j) {
if (i > j) return 0;
if (dp[i][j] > 0) return dp[i][j];
int res = 0;
for (int k = i; k <= j; ++k) {
res = max(res, nums[i - 1] * nums[k] * nums[j + 1] + burst(nums, dp, i, k - 1) + burst(nums, dp, k + 1, j));
}
dp[i][j] = res;
return res;
}
};感谢各位的阅读，以上就是“C++如何实现打气球游戏”的内容了，经过本文的学习后，相信大家对C++如何实现打气球游戏这一问题有了更深刻的体会，具体使用情况还需要大家实践验证。这里是亿速云，小编将为大家推送更多相关知识点的文章，欢迎关注！
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