给你一根长度为 n 的绳子,请把绳子剪成整数长度的 m 段(m、n都是整数,n>1并且m>1),每段绳子的长度记为 k[0],k[1]...k[m-1] 。请问 k[0]k[1]...*k[m-1] 可能的最大乘积是多少?例如,当绳子的长度是8时,我们把它剪成长度分别为2、3、3的三段,此时得到的最大乘积是18。
方法一:动态规划
假设长度为 $n (n > 3)$ 的绳子的最大乘积值为 $f(n)$ 。长度为 $n$ 的绳子有 $n/2$ 种分法
- 当分为 $1$ 和 $n-1$ 时,乘积为 $f(1) * fn(n-1)$ ;
- 当分为 $2$ 和 $n-2$ 时,乘积为 $f(2) * fn(n-2)$ ;
- ...
- 当分为 $\frac{n}{2}$ 和 $n - \frac{n}{2}$ 时,乘积为 $f(\frac{n}{2}) * f(n - \frac{n}{2})$ 。
以上的乘积中选出最大值即可,因此有
初始条件
当 $n < 4$ ,绳子就不应该再分了,因为分了之后,乘积肯定小于原来的长度。因此 $f(1) = 1$, $f(2) = 2$, $f(3) = 3$ 。下面给出证明,假设分为两段长度分别为 $x$ 、 $y$ ($x + y = m$) 的子段,按照前面的说法,如果切了之后的乘积会更大,那么应该有以下的式子
根据基本不等式,有 $x + y \geq \frac{\sqrt{xy}}{2}$ ,又因为 $x + y < xy$ ,因此有
将 $x + y = m$ 代入上式,可以解得 $m > 4$ 。当 $m = 4$ 时,切两段 $2 * 2 = 4$ 。
所以,当 $m < 4$ 时不需要再剪了。
代码:
public int cuttingRope(int n) {
if (n < 4) {
// 因为题目要求一定要切一刀,所以当 n<4 时,返回 n-1 就是最大的
return n -1;
}
int[] dp = new int[n + 1];
dp[1] = 1;
dp[2] = 2;
dp[3] = 3;
for (int i = 4; i <= n; i++) {
int mid = i / 2;
int max = 0;
int k = 1;
while (k <= mid) {
max = Math.max(max, dp[i - k] * dp[k]);
k++;
}
dp[i] = max;
}
return dp[n];
}
复杂度分析
时间复杂度 $O(N^2)$:需要循环 $N$ 遍,每遍循环里面会再进行 $\frac{N}{2}$ 遍 $O(1)$ 的操作,因此是 $O(N^2)$ 时间。
空间复杂度 $O(N)$:需要辅助数组 $O(N)$ 的额外空间。
这个方法适合 $n$ 不是很大的情况使用,因为当 $n$ 太大时,会发生 int 型整数的溢出(哪怕 long 也 hold 不住)。
方法二:
上面的数学推导总体分为两步:① 当所有绳段长度相等时,乘积最大。② 最优的绳段长度为 $3$ 。
代码:
public int cuttingRope(int n) {
if(n <= 3) {
return n - 1;
}
int a = n/3, b = n %3;
if(b == 0) {
return (int)Math.pow(3, a);
}
if(b == 1) {
// 当 b = 1 时,要将一个 1+3 转换为 2+2,因此返回 3^{a-1} * 4
return (int)Math.pow(3, a-1) * 4;
}
return (int)Math.pow(3, a) * 2;
}
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