程序员编程艺术第三十二~三十三章：最小操作数，木块砌墙问题

作者：July、caopengcs、红色标记
时间：二零一三年八月十二日

题记

可能再过一两月，便又到了每年九月十月校招高峰期，在此推荐：

程序员编程艺术http://blog.csdn.net/column/details/taopp.html；

秒杀99%的海量数据处理面试题/article/1360513.html；

编程之美；

微软面试100题系列http://blog.csdn.net/column/details/ms100.html；

剑指offer

我在学校那会曾经无比疯狂的创作程序员编程艺术这个系列，因为那会我坚信它能帮到更多的人找到更好的工作，此刻今后，我更加无比坚信这点。

OK，本文主要讲下述两个问题：

第三十二章：最小操作数问题，主要由caopengcs完成；

第三十三章：木块砌墙问题，主要由caopengcs、红色标记完成。

编程艺术系列的创作原则是把定位为一个编程初学者，从看到问题后最先想到的思路开始讲解，一点一点改进，不断优化。

还是很真诚的那句话：有任何问 题，欢迎读者随时批评指正，感谢。

第三十二章、最小操作数

题目详情如下：

给定一个单词集合Dict，其中每个单词的长度都相同。现从此单词集合Dict中抽取两个单词A、B，我们希望通过若干次操作把单词A变成单词B，每次操作可以改变单词的一个字母，同时，新产生的单词必须是在给定的单词集合Dict中。求所有行得通步数最少的修改方法。

举个例子如下：



即把字符串A = "hit"转变成字符串B = "cog"，有以下两种可能：


详解：本题是一个典型的图搜索算法问题。通过此文：http://blog.csdn.net/v_JULY_v/article/details/6111353，我们知道，在图搜索算法中，有深度优先遍历DFS和广度优先遍历BFS，而题目中并没有给定图，所以需要我们自己建立图。涉及到图就有这么几个问题要思考，节点是什么？边如何建立？图是有方向的还是无方向的？包括建好图之后，如何记录单词序列等等都是我们要考虑的问题。

解法一、单向BFS法

1、建图

对于本题，我们的图的节点就是字典里的单词，两个节点有连边，对应着我们可以把一个单词按照规则变为另外一个单词。比如我们有单词hat，它应该与单词cat有一条连边，因为我们可以把h变为c，同样我们也可以把c变为h，所以我们建立的连边应该是无向的。
如何建图？有两种办法，

第一种方法是：我们可以把字典里的任意两个单词，通过循环判断一下这两个单词是否只有一个位置上的字母不同。即假设字典里有n个单词，我们遍历任意两个单词的复杂度是O(n2)，如果每个单词长度为length，我们判断两个单词是否连边的复杂度是O(length)，所以这个建图的总复杂度是O(n2*length)。但当n比较大时，这个复杂度非常高，有没有更好的方法呢？

第二种方法是：我们把字典里地每个单词的每个位置的字母修改一下，从字典里查找一下，修改后的单词是否在字典里出现过。即我们需要遍历字典里地每一个单词O(n)，尝试修改每个位置的每个字母，对每个位置我们需要尝试26个字母（其实是25个，因为要改得和原来不同），因此这部分复杂度是O(26*length)，总复杂度是O(26 * n * length) （能否更优？我们对每个单词每个位置都需要尝试26次修改，事实上我们可以利用图是无向的这一特点，我们对每个位置试图把该位置的字母变到字典序更大的字母。例如，我们只考虑cat变成hat，而不考虑hat变成cat，因为再之前已经把无向边建立了。这样，只进行一半的修改次数，从而减少程序的运行时间。当然这个优化从复杂度上来讲是常数的，因此称为常数优化，此虽算是一种改进，但不足以成为第三种方法，原因是我们经常忽略O背后隐藏的常数）。

OK，上面两种方法孰优孰劣呢？直接比较n2*length 与 26 * n * length的大小。很明显，通常情况下，字典里的单词个数非常多，也就是n比较大，因此第二种方法效果会好一些。

2、记录单词序列

对于最简单的bfs，我们是如何记录路径的？如果只需要记录一条最短路径的话，我们可以对每个走到的位置，记录走到它的前一个位置。这样到终点后，我们可以不断找到它的前一个位置。我们利用了最短路径的一个特点：即第二次经过一个节点的时候，路径长度不比第一次经过它时短。因此这样的路径是没有圈的。
但是本题需要记录全部的路径，我们第二次经过一个节点时，路径长度可能会和第一次经过一个节点时路径长度一样。这是因为，我们可能在第i层中有多个节点可以到达第(i + 1)层的同一个位置，这样那个位置有多条路径都是最短路径。

如何解决呢？——我们记录经过这个位置的前面所有位置的集合。这样一个节点的前驱不是一个节点，而是一个节点的集合。当然这里，我们需要注意判断，第二次经过一个第(i+ 1)层的位置时是从第i层经过的还是从更靠后的层经过的，如果是后者，我们同样不能保留它前面那个位置作为前驱。

3、遍历
解决了以上两个问题，我们最终得到的是什么？如果有解的话，我们最终得到的是从终点开始的前一个可能单词的集合，对每个单词，我们都有能得到它的上一个单词的集合，直到起点。这就是bfs分层之后的图，我们从终点开始遍历这个图的到起点的所有路径，就得到了所有的解，这个遍历我们可以采用之前介绍的dfs方法（路径的数目可能非常多）。
其实，为了简单起见，我们可以从终点开始bfs，因为记录路径记录的是之前的节点，也就是反向的。这样最终可以按顺序从起点遍历到终点的所有路径。

参考代码如下：

//copyright@caopengcs
//updated@July 08/12/2013
class Solution
{
public:
// help 函数负责找到所有的路径
void help(intx,vector<int> &d, vector<string> &word,vector<vector<int> > &next,vector<string> &path,vector<vector<string> > &answer) {
path.push_back(word[x]);
if (d[x] == 0) {   //已经达到终点了
answer.push_back(path);
}
else {
int i;
for (i = 0; i <next[x].size(); ++i) {
help(next[x][i],d, word, next,path,answer);
}
}
path.pop_back();   //回溯
}

vector<vector<string>> findLadders(string start, string end, set<string>& dict)
{

vector<vector<string> > answer;
if (start == end) {   //起点终点恰好相等
return answer;
}
//把起点终点加入字典的map
dict.insert(start);
dict.insert(end);
set<string>::iterator dt;
vector<string> word;
map<string,int>allword;
//把set转换为map，这样每个单词都有编号了。
for (dt = dict.begin(); dt!= dict.end(); ++dt) {
word.push_back(*dt);
allword.insert(make_pair(*dt, allword.size()));
}

//建立连边 邻接表
vector<vector<int> > con;
int i,j,n =word.size(),temp,len = word[0].length();
con.resize(n);
for (i = 0; i < n; ++i){
for (j = 0; j <len; ++j) {
char c;
for (c =word[i][j] + 1; c <= 'z'; ++c) {  //每个单词每个位置变更大
char last =word[i][j];
word[i][j] =c;
map<string,int>::iterator t = allword.find(word[i]);
if (t !=allword.end()) {
con[i].push_back(t->second);
con[t->second].push_back(i);
}
word[i][j] =last;
}
}

}

//以下是标准bfs过程
queue<int> q;
vector<int> d;
d.resize(n, -1);
int from = allword[start],to = allword[end];
d[to] = 0;  //d记录的是路径长度，-1表示没经过
q.push(to);
vector<vector<int> > next;
next.resize(n);
while (!q.empty()) {
int x = q.front(), now= d[x] + 1;
if ((d[from] >= 0)&& (now > d[from])) {
break;
}
q.pop();
for (i = 0; i <con[x].size(); ++i) {
int y = con[x][i];
if (d[y] < 0) {  //第一次经过
d[y] = now;
q.push(y);
next[y].push_back(x);
}
else if (d[y] ==now) {  //是从上一层经过的，所以要保存
next[y].push_back(x);
}

}
}
if (d[from] >= 0) {  //有解
vector<string>path;
help(from, d,word,next, path,answer);
}
return answer;
}
};

解法二、双向BFS法

BFS需要把每一步搜到的节点都存下来，很有可能每一步的搜到的节点个数越来越多，但最后的目的节点却只有一个。后半段的很多搜索都是白耗时间了。

上面给出了单向BFS的解法，但看过此前blog中的这篇文章“A*、Dijkstra、BFS算法性能比较演示”可知：http://blog.csdn.net/v_JULY_v/article/details/6238029，双向BFS性能优于单向BFS。

举个例子如下，第1步，是起点，1个节点，第2步，搜到2个节点，第3步，搜到4个节点，第4步搜到8个节点，第5步搜到16个节点，并且有一个是终点。那这，这里共出现了31个节点。从起点开始广搜的同时也从终点开始广搜，就有可能在两头各第3步，就相遇了，出现的节点数不超过(1+2+4)*2=14个。如此就节省了一半以上的搜索时间。

下面给出双向BFS的解法，参考代码如下：

//copyright@fuwutu 6/26/2013
class Solution
{
public:
vector<vector<string>> findLadders(string start, string end, set<string>& dict)
{
vector<vector<string>> result, result_temp;
if (dict.erase(start) == 1 && dict.erase(end) == 1)
{
map<string, vector<string>> kids_from_start;
map<string, vector<string>> kids_from_end;

set<string> reach_start;
reach_start.insert(start);
set<string> reach_end;
reach_end.insert(end);

set<string> meet;
while (meet.empty() && !reach_start.empty() && !reach_end.empty())
{
if (reach_start.size() < reach_end.size())
{
search_next_reach(reach_start, reach_end, meet, kids_from_start, dict);
}
else
{
search_next_reach(reach_end, reach_start, meet, kids_from_end, dict);
}
}

if (!meet.empty())
{
for (set<string>::iterator it = meet.begin(); it != meet.end(); ++it)
{
vector<string> words(1, *it);
result.push_back(words);
}

walk(result, kids_from_start);
for (size_t i = 0; i < result.size(); ++i)
{
reverse(result[i].begin(), result[i].end());
}
walk(result, kids_from_end);
}
}

return result;
}

private:
void search_next_reach(set<string>& reach, const set<string>& other_reach, set<string>& meet, map<string, vector<string>>& path, set<string>& dict)
{
set<string> temp;
reach.swap(temp);

for (set<string>::iterator it = temp.begin(); it != temp.end(); ++it)
{
string s = *it;
for (size_t i = 0; i < s.length(); ++i)
{
char back = s[i];
for (s[i] = 'a'; s[i] <= 'z'; ++s[i])
{
if (s[i] != back)
{
if (reach.count(s) == 1)
{
path[s].push_back(*it);
}
else if (dict.erase(s) == 1)
{
path[s].push_back(*it);
reach.insert(s);
}
else if (other_reach.count(s) == 1)
{
path[s].push_back(*it);
reach.insert(s);
meet.insert(s);
}
}
}
s[i] = back;
}
}
}

void walk(vector<vector<string>>& all_path, map<string, vector<string>> kids)
{
vector<vector<string>> temp;
while (!kids[all_path.back().back()].empty())
{
all_path.swap(temp);
all_path.clear();
for (vector<vector<string>>::iterator it = temp.begin(); it != temp.end(); ++it)
{
vector<string>& one_path = *it;
vector<string>& p = kids[one_path.back()];
for (size_t i = 0; i < p.size(); ++i)
{
all_path.push_back(one_path);
all_path.back().push_back(p[i]);
}
}
}
}
};

第三十三章、木块砌墙

用 1×1×1, 1× 2×1以及2×1×1的三种木块，



搭建K × 2^N × 1的墙，不能翻转、旋转（0<=N<=1024，1<=K<=4）



有多少种方案，输出结果对1000000007取模。

举例：

举个例子如给定N=1 K=2

答案是7，如下图所示



下文使用的图示说明：



首先说明“？方块”的作用



“？方块”，表示这个位置可以摆放任意合理的木块，合理的意思就是在边缘位置，不能摆放一些木块超出边缘，或者和已占用的位置重叠。

解法一、遍历方法求解

遍历思路是：用二维数组模拟墙，从左下角开始摆放，从左往右，从下往上，最后一个格子是右上角那个位置；每个格子把每种可以摆放木块都摆放一次，每堆满一次算一种用摆放方法。为了便于描述，为木块的每个格子进行编号：



下面演示当n=1,k=2的算法过程：

解法二、递归求解

问题分解就是把一个大问题，分解成小问题，逐个求解，然后再解决大问题。

首先把墙分解成左右对称的两堵墙，可以将两堵墙从没有互相嵌入的木块（绿色木块）到全是互相嵌入的木块，我们暂且把分界处互相嵌入的木块称为衔接木块。衔接木块从0到k，根据排列组合的性质，把每一种状态下左右木墙堆放数量相乘，再把所有乘积求和，就得到木墙的堆放结果数。以此类推，将问题分解成只有一列的墙，问题就好解决了。

首先演示，n=1,k=2时的算法演算



图 2-1

我们再来看看下面更具一般性的计算分解。当n=2,k=3的情况。



图 2-2

再从分解的结果中，挑选一组进行分解演示：





图 2-3

从上面的情况可以看出，最终求解都是分解成一列的情况，然后再逐级向上归纳。

我们假设函数 fun(n,k)是计算木块堆放的可能方案数，那么fun似乎可以依赖于fun(n-1,k)的结果进行计算。

可以想象一下，当n>3时，分解的中间结果中肯定会存在下面这一种情况：



图 2-4

在针对左边的墙的分解中不同的边界状态，也就是绿色木块的情况。如下（ls表示左边界状态，rs表示右边状态）：



图 2-5

通过图2-4和图2-5，计算左边状态=leftState和右边状态=rightState的墙的计算公式可以如下表示。



求墙的堆砌方案数，也就是左边状态和右边状态都为0的情况。

如，n=1024,k=16,进行如下调用即可：f(1024,16,0,0)

后记

围绕"编程”"面试”"算法”3大主题的程序员编程艺术系列http://blog.csdn.net/v_JULY_v/article/details/6460494，始创作于2011年4月，那会还在学校，如今已写了31章，今年内我会Review已写的这31章，且继续更新，朋友们若有发现任何问题，欢迎随时评论于原文下或向我反馈，我会迅速修正，感激不尽。

参考文献及推荐阅读

caopengcs，最小操作数：/article/1881656.html；

红色标记，木块砌墙：http://blog.csdn.net/dw14132124/article/details/9038417；

LoveHarvy，木块砌墙：http://blog.csdn.net/wangyan_boy/article/details/9131501；