算法进阶面试题07——求子数组的最大异或和（前缀树）、换钱的方法数（递归改dp最全套路解说）、纸牌博弈、机器人行走问题

第一题

给定一个数组，求子数组的最大异或和。

一个数组的异或和为，数组中所有的数异或起来的结果。

简单的前缀树应用

暴力方法:

先计算必须以i结尾的子数组的异或和，然后再计算机i+1的，以此类推...

最暴力的解

    public static int getMaxEor1(int[] nums) {int maxEor = Integer.MAX_VALUE;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {for (int start = 0; start <= i; start++) {int curEor = 0;for (int k = start; k <= start; k++) {curEor ^= nums[k];}Math.max(maxEor, curEor);}}return maxEor;}

怎么优化？

异或的运算法则为：0⊕0=0，1⊕0=1，0⊕1=1，1⊕1=0（同为0，异为1），这些法则与加法是相同的，只是不带进位，所以异或常被认作不进位加法。

0~i = eor

0~start-1 = eor2

strart~i = eor^eor2

例如

1 0 0 1 1 1 0 1 1 eor

1 0 0 1 1 0 0 0 0 eor2

0 0 0 0 0 1 0 1 1

优化方案，准备一个dp辅助数组记录结果。（增加空间）

    //记忆化搜索优化（利用之前的计算结果）public static int getMaxEor2(int[] nums) {int maxEor = Integer.MAX_VALUE;int[] dp = new int[nums.length];int eor = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {eor ^= nums[i];Math.max(maxEor,eor);for (int start = 0; start <= i; start++) {int curEor = eor ^ dp[start - 1];Math.max(maxEor,curEor);}dp[i] = eor;}return maxEor;}

结论：

O（n）的方法

思路：求以i结尾，异或和最大的子数组。0~i、1~i、2~i全部计算出来得到结果，效率很低。

黑盒直到i，里面存了0~0、0~1、0~2...0~i-1的结果，0~i的结果在eor时刻更新的，i希望黑盒可以告诉他，这里面哪个值和eor异或出来最大，那就是答案。

例如eor和0~3异或和是最大的，那么以i结尾的，4~i就是最大的。

黑盒可以告诉你，0~start ^ eor(0~i) 是最大的，就能得出start^i是最大的。

黑盒用前缀树做，以4位二进制举例，假设0~0、0~1、0~2的值，分别加入到前缀树中

假设求以3结尾情况下，最大异或和，0~3异或结果为0010，我特别希望异或后符号位还是0，后面的尽量1，所以就在前缀树里面寻找适合的路。

符号位尽量为0，后面的位是0走1，1走0，没得选就将就着走，尽量保持最大化值。

按前缀树的走法，每次选最优，可以找到最大值。

符号位为1的情况下，求补码，取反再加一

例如：

1 1 1 1

1 0 0 0 + 1

-1

1 0 1 1

1 1 0 0 + 1

-5

当符号位是1的时候，希望选1的路，让其1^1变成0，除了符号位选择的路有讲究之外，不管正负，接下来的选择是一样的，后面的位尽量都变成1。

所以选择符号位的时候，希望是和符号位的值是一样的，1选1,0选0

    public static class Node {//前缀树节点public Node[] nexts = new Node[2];//只有两个路，0/1}public static class NumTrie {//前缀树public Node head = new Node();public void add(int num) {Node cur = head;//位移，整数是31位for (int move = 31; move >= 0; move--) {//提取出每个进制里面的数字//例如：0101 >> 3 = 0//在和1进行与运算//0 0 0 0//0 0 0 1//0 0 0 0 //取出了第一位为0int path = ((num >> move) & 1);//查看是否有路，没有就新建cur.nexts[path] = cur.nexts[path] == null ? new Node() : cur.nexts[path];cur = cur.nexts[path];}}//num 0~i eor结果，选出最优再返回public int maxXor(int num) {Node cur = head;int res = 0;for (int move = 31; move >= 0; move--) {int path = (num >> move) & 1;//如果考察符号位希望和path是一样的 1^1=0 0^0=0//其他位置，希望是相反的 1^0=1 0^1=1int best = move == 31 ? path : (path ^ 1);//期待best = cur.nexts[best] != null ? best : (best ^ 1);//实际//当前位的最优选择，左移当前位的数值后，加入结果(或一下)res |= (path ^ best) << move;//设置每一位的答案cur = cur.nexts[best];//下一层}return res;}}public static int maxXorSubarray(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}int max = Integer.MIN_VALUE;int eor = 0;NumTrie numTrie = new NumTrie();numTrie.add(0);//0和0异或for (int i = 0; i < arr.length; i++) {eor ^= arr[i];// 0 .. i//这个黑盒超好用//放入0~i eor，返回以i结尾下最大的异或和子数组的异或值max = Math.max(max, numTrie.maxXor(eor));numTrie.add(eor);}return max;}// for testpublic static int comparator(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}int max = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < arr.length; i++) {int eor = 0;for (int j = i; j < arr.length; j++) {eor ^= arr[j];max = Math.max(max, eor);}}return max;}// for testpublic static int[] generateRandomArray(int maxSize, int maxValue) {int[] arr = new int[(int) ((maxSize + 1) * Math.random())];for (int i = 0; i < arr.length; i++) {arr[i] = (int) ((maxValue + 1) * Math.random()) - (int) (maxValue * Math.random());}return arr;}// for testpublic static void printArray(int[] arr) {if (arr == null) {return;}for (int i = 0; i < arr.length; i++) {System.out.print(arr[i] + " ");}System.out.println();}// for testpublic static void main(String[] args) {int testTime = 500000;int maxSize = 30;int maxValue = 50;boolean succeed = true;for (int i = 0; i < testTime; i++) {int[] arr = generateRandomArray(maxSize, maxValue);int res = maxXorSubarray(arr);int comp = comparator(arr);if (res != comp) {succeed = false;printArray(arr);System.out.println(res);System.out.println(comp);break;}}System.out.println(succeed ? "Nice!" : "Fucking fucked!");}

希望每次都走最优的，符号位希望是0。

开始第六课内容 dp最全套路解说

暴力递归怎么改动态规划（基础班最后一节有方法论的讲述）

换钱的方法数

【题目】

给定数组arr，arr中所有的值都为正数且不重复。每个值代表

一种面值的货币，每种面值的货币可以使用任意张，再给定一

个整数aim代表要找的钱数，求换钱有多少种方法。

【举例】

arr=[5,10,25,1]，aim=0。

组成0元的方法有1种，就是所有面值的货币都不用。所以返回1。

arr=[5,10,25,1]，aim=15。

组成15元的方法有6种，分别为3张5元、1张10元+1张5元、1张

10元+5张1元、10张1元+1张5元、2张5元+5张1元和15张1元。所

以返回6。

arr=[3,5]，aim=2。

任何方法都无法组成2元。所以返回0。

尝试版本写出后，后面就是搭积木。

使用0张200的，后面凑出1000的方法数a

使用1张200的，后面凑出 800的方法数b

使用2张200的，后面凑出 600的方法数c

使用3张200的，后面凑出 400的方法数d

使用4张200的，后面凑出 200的方法数e

...

全部加起来就是答案。

    public static int coins1(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}return process1(arr, 0, aim);}//index：任意使用index之后的所有钱public static int process1(int[] arr, int index, int aim) {int res = 0;if (index == arr.length) {res = aim == 0 ? 1 : 0;} else {for (int zhang = 0; arr[index] * zhang <= aim; zhang++) {res += process1(arr, index + 1, aim - arr[index] * zhang);}}return res;}

process1暴力递归方法

返回值一样，都要重复计算

第一个优化版本，如果index和aim固定的，只要是后面要计算600那返回值一定是确定的，是个无后效性问题，前面怎么选择不影响后面的操作。

利用一个map存储之前的结果（缓存）。下次调用，直接取出，不用这么暴力的重复计算。（记忆化搜索）

    //--map优化版本//key index_aim//value 组合数public static HashMap<String, Integer> answer = new HashMap<>();public static int processMap(int[] arr, int index, int aim) {int res = 0;if (index == arr.length) {res = aim == 0 ? 1 : 0;} else {for (int zhang = 0; arr[index] * zhang <= aim; zhang++) {int nextAim = aim - arr[index] * zhang;String nextCalc = (index + 1) + "_" + nextAim;if (answer.containsKey(nextCalc)) {res += answer.get(nextCalc);} else {res += processMap(arr, index + 1, nextAim);}}}answer.put(index + "_" + aim, res);return res;}

接下来直接计算所有的变化（dp），准备一个二维表 0~n是index的长度，n是终止位置。

可以装下所有返回值。

最终需要得到0 aim的值

接下来思考一下，哪些位置的值是可以直接确定的，不依赖其他位置的（看递归中的basekey）

接着开始看位置依赖，也就是怎么调用递归的

index + 1, aim - arr[index] * zhang

一个具体的[index,aim]位置，需要他的下一行（假设是五块）

Aim - 0张5块、1张5块、2张5块...一直到越界的所以位置累加起来，就是他的值。

和题目已经没什么关系，就是看递归函数可以画出这个图。

从最后一行逐行逐个推算，可以算出最后的答案就是，他的下面+下面位置-5+下面位置-5*2...一直到越界，因为最上面一列的金额数是5，所以最后结果是1+1+2=4。

    public static int coins3(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}int[][] dp = new int[arr.length][aim + 1];for (int i = 0; i < arr.length; i++) {dp[i][0] = 1;}for (int j = 1; arr[0] * j <= aim; j++) {dp[0][arr[0] * j] = 1;}int num = 0;for (int i = 1; i < arr.length; i++) {for (int j = 1; j <= aim; j++) {num = 0;for (int k = 0; j - arr[i] * k >= 0; k++) {num += dp[i - 1][j - arr[i] * k];}dp[i][j] = num;}}return dp[arr.length - 1][aim];}

最后一步的优化（建立起空间感后）

计算A，需要对B12345进行累加，其实A的前三个位置的同层C，已经计算过12345，那其实只需要进行C+B就行。

二维三维四维问题完全一样。

    public static int coins4(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}int[][] dp = new int[arr.length][aim + 1];//填好可以直接设置的值for (int i = 0; i < arr.length; i++) {dp[i][0] = 1;}//例如第一行是5，那么5、10、15...位置肯定为1for (int j = 1; arr[0] * j <= aim; j++) {dp[0][arr[0] * j] = 1;}//代码实现是从表格的上往下填for (int i = 1; i < arr.length; i++) {for (int j = 1; j <= aim; j++) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];//每个位置一定包含下面的和//加上左边的位置。dp[i][j] += j - arr[i] >= 0 ? dp[i][j - arr[i]] : 0;}}return dp[arr.length - 1][aim];}//最优解，连dp都是一维的，现在理解起来有点超自然public static int coins5(int[] arr, int aim) {if (arr == null || arr.length == 0 || aim < 0) {return 0;}int[] dp = new int[aim + 1];for (int j = 0; arr[0] * j <= aim; j++) {dp[arr[0] * j] = 1;}for (int i = 1; i < arr.length; i++) {for (int j = 1; j <= aim; j++) {dp[j] += j - arr[i] >= 0 ? dp[j - arr[i]] : 0;}}return dp[aim];}public static void main(String[] args) {int[] coins = {10, 5, 1, 25};int aim = 2000;long start = 0;long end = 0;start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins1(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coinsOther(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");aim = 20000;start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins2(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins3(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins4(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");start = System.currentTimeMillis();System.out.println(coins5(coins, aim));end = System.currentTimeMillis();System.out.println("cost time : " + (end - start) + "(ms)");}

之前是通过递归获取值，现在是在dp里面获取值。

解决类似题目：

排成一条线的纸牌博弈问题

【题目】

给定一个整型数组arr，代表数值不同的纸牌排成一条线。玩家A和玩家B依次拿走每张纸牌，规定玩家A先拿，玩家B后拿，但是每个玩家每次只能拿走最左或最右的纸牌，玩家A和玩家B都绝顶聪明。请返回最后获胜者的分数。

【举例】

arr=[1,2,100,4]。

开始时玩家A只能拿走1或4。如果玩家A拿走1，则排列变为[2,100,4]，接下来玩家B可以拿走2或4，然后继续轮到玩家A。如果开始时玩家A拿走4，则排列变为[1,2,100]，接下来玩家B可以拿走1或100，然后继续轮到玩家A。玩家A作为绝顶聪明的人不会先拿4，因为拿4之后，玩家B将拿走100。所以玩家A会先拿1，让排列变为[2,100,4]，接下来玩家B不管怎么选，100都会被玩家A拿走。玩家A会获胜，分数为101。所以返回101。

arr=[1,100,2]。

开始时玩家A不管拿1还是2，玩家B作为绝顶聪明的人，都会把100拿走。玩家B会获胜，分数为100。所以返回100。

先想暴力，加入缓存，建立空间感，再改动态规划。

练递归，学习怎么去试。底下的优化全都是套路。

分析: f(i, j) 表示在arr[i~j]中A 先手时能够获得的最大分数，s(i, j) 表示 A后手时能够获得的最大分数。

首先分析f(i, j)。 A可先取arr[i], 取完后剩余arr[i+1, j]。此时相当于A后手在[i+1, j]的情况了。

也可先取arr[j], 取完后剩余arr[i, j - 1]。此时相当于A后手在[i, j -1]的情况了。

则 f(i, j) = max{arr[i] + s(i+1, j), arr[j] + s(i, j-1)}

再分析s（i, j）。B可先取arr[i] 或 arr[j] 。取完后相当于A先手的情况了。只是在这种情况下，B会留下最差解。

s(i, j) = min{arr[i] + f(i+1, j), arr[j] + f(i, j-1)};

    public static int win1(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}return Math.max(f(arr, 0, arr.length - 1), s(arr, 0, arr.length - 1));}public static int f(int[] arr, int i, int j) {//先拿的//如果i == j，即arr[i...j]上只有一张纸牌，当然会被先拿纸牌的人拿走，所以可以返回arr[i];if (i == j) {return arr[i];}//拿了其中一个之后，当前玩家成了后拿的那个人//因为当前的玩家会做出最好的选择，所以会拿走最好的return Math.max(arr[i] + s(arr, i + 1, j), arr[j] + s(arr, i, j - 1));}public static int s(int[] arr, int i, int j) {//后拿的//如果i == j，即arr[i...j]上只有一张纸牌，作为后拿的人必然什么也得不到，所以返回0；if (i == j) {return 0;}//因为对手会拿走最好的，所以当前玩家只能拿最差的return Math.min(f(arr, i + 1, j), f(arr, i, j - 1));}

改动态规划，两张表。分析递归函数，i和j的变化范围（index变化范围）。

i肯定不会大于j（下半区域直接不用填），先看目标位置（打星星的地方），然后填上固定的值，i==j是对角线，填上对应的值。

然后看普遍位置是怎么依赖的。

F（i，j）依赖与他相对称的S（i，j）的

s(arr, i + 1, j), s(arr, i, j - 1);

同理S的点也依赖F的同样位置。

通过对角线一行行直到把终止位置（那个小星星）推出来。

    public static int win2(int[] arr) {if (arr == null || arr.length == 0) {return 0;}int[][] f = new int[arr.length][arr.length];int[][] s = new int[arr.length][arr.length];//一边设置对角线，一边计算值，对角线慢慢向上走for (int j = 0; j < arr.length; j++) {f[j][j] = arr[j];//设计的很好，以列为首要遍历条件，再逐行向下计算for (int i = j - 1; i >= 0; i--) {f[i][j] = Math.max(arr[i] + s[i + 1][j], arr[j] + s[i][j - 1]);s[i][j] = Math.min(f[i + 1][j], f[i][j - 1]);}}return Math.max(f[0][arr.length - 1], s[0][arr.length - 1]);}public static void main(String[] args) {int[] arr = { 1, 9, 1 };System.out.println(win2(arr));System.out.println(win1(arr));}

2017年阿里的题目：

一个长度为N的路，1~N

一个机器人在M位置，他可以走P步，如果在1只能走右，在N只能走左，请问机器人走P步后他停在K位置上的走法有多少种。

    public static int walk(int N, int curPosition, int remainSteps, int K) {if (N < 1 || curPosition < 1 || curPosition > N || remainSteps < 0 || K > N) {return 0;}if (remainSteps == 0) {return curPosition == K ? 1 : 0;}int count = 0;if (curPosition == 1) {count = walk(N, curPosition + 1, remainSteps - 1, K);} else if (curPosition == N) {count = walk(N, curPosition - 1, remainSteps - 1, K);} else {count = walk(N, curPosition + 1, remainSteps - 1, K) + walk(N, curPosition - 1, remainSteps - 1, K);}return count;}

改动态规划，可变参数是M（机器人位置）和P（可以走的步数）

最后需要获取的位置是（M,P）

普遍依赖，

curPosition + 1, remainSteps - 1
curPosition - 1, remainSteps - 1

杨辉三角形

计算到最后一排，看落到M上的数是几就返回几。

会撞墙的杨辉三角形（指的是在1和N的情况）

    public static int dpWalk(int N, int curPosition, int remainSteps, int K) {int[][] dp = new int[remainSteps + 1][N + 1];dp[0][K] = 1;for (int i = 1; i <= remainSteps; i++) {for (int j = 1; j <= N; j++) {dp[i][j] += j - 1 < 1 ? 0 : dp[i - 1][j - 1];dp[i][j] += j + 1 > N ? 0 : dp[i - 1][j + 1];}}return dp[remainSteps][curPosition];}public static void main(String[] args) {System.out.println(walk(5, 3, 0, 3));System.out.println(walk(5, 3, 2, 3));System.out.println(dpWalk(5, 3, 0, 3));System.out.println(dpWalk(5, 3, 2, 3));}

只要你会试，什么都无所谓。

首先是递归试法，发现有多余的计算浪费，衍生出记忆化搜索，加上空间感后，用空间换了时间，即是动态规划。

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