掘金新出的ai刷题助手，有点意思

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## 动态规划

小R正在计划一次从地点A到地点B的徒步旅行，总路程需要 \`N\` 天。为了在旅途中保持充足的能量，小R每天必须消耗1份食物。幸运的是，小R在路途中每天都会经过一个补给站，可以先购买完食物后再消耗今天的1份食物。然而，每个补给站的食物每份的价格可能不同，并且小R在购买完食物后最多只能同时携带 \`K\` 份食物。现在，小R希望在保证每天食物消耗的前提下，以最小的花费完成这次徒步旅行。你能帮助小R计算出最低的花费是多少吗？
\*\*输入 \*\*
\* \`n\` 总路程需要的天数
\* \`k\` 小R最多能同时携带食物的份数
\* \`data[i]\` 第i天补给站每份食物的价格
\*\*输出 \*\*
\* 返回完成这次徒步旅行的最小花费

我来帮你解决这个动态规划问题。这是一个最优化问题，我们需要考虑在每个补给站是否购买食物以及购买多少份，以实现总花费最小。

```text-x-c-src
#include <vector>
#include <climits>
using namespace std;

class Solution {
public:
 int minCost(int n, int k, vector<int>& data) {
 // dp[i][j] 表示到第i天结束时，手上还剩j份食物时的最小花费
 vector<vector<long long>> dp(n + 1, vector<long long>(k + 1, LLONG_MAX));
 
 // 初始状态：第0天，手上有0份食物，花费为0
 dp[0][0] = 0;
 
 // 遍历每一天
 for (int i = 0; i < n; i++) {
 // 遍历当前手上可能剩余的食物数量
 for (int j = 0; j <= k; j++) {
 if (dp[i][j] == LLONG_MAX) continue;
 
 // 在第i天的补给站可以购买的食物数量
 for (int buy = 0; buy <= k - j; buy++) {
 // 购买buy份食物后，减去今天消耗的1份
 int remain = j + buy - 1;
 if (remain >= 0) {
 // 更新到第i+1天，剩余remain份食物时的最小花费
 dp[i + 1][remain] = min(dp[i + 1][remain], 
 dp[i][j] + (long long)buy * data[i]);
 }
 }
 }
 }
 
 // 找到最后一天所有可能状态中的最小花费
 long long minTotalCost = LLONG_MAX;
 for (int j = 0; j <= k; j++) {
 if (dp[n][j] != LLONG_MAX) {
 minTotalCost = min(minTotalCost, dp[n][j]);
 }
 }
 
 return minTotalCost == LLONG_MAX ? -1 : (int)minTotalCost;
 }
};
```

这个解决方案的核心思路是：

1. 使用二维动态规划数组 \`dp[i][j]\` 表示到第i天结束时，手上还剩j份食物的最小花费。
2. 每一天我们可以选择购买0到k份食物，但要确保：

- 购买后的总食物数不超过k
- 扣除当天消耗的1份后，剩余食物数大于等于0

3. 状态转移方程：

```text-x-c-src
dp[i+1][remain] = min(dp[i+1][remain], dp[i][j] + buy * price[i])
  其中：remain = j + buy - 1
```

4. 最终答案是最后一天所有可能状态中的最小花费。

时间复杂度：O(n \* k \* k)，其中n是总天数，k是最大携带食物数。
空间复杂度：O(n \* k)。

你可以这样调用这个解决方案：
\`\`\`cpp
Solution solution;
vector<int> prices = {2, 3, 1, 4}; // 示例价格
int result = solution.minCost(4, 2, prices);
\`\`\`

需要注意的是：

1. 使用了long long类型来避免整数溢出
2. 如果无法完成旅程（即最后找不到可行解），返回-1
3. 代码中考虑了每天必须消耗1份食物的限制

你需要我解释任何具体的部分吗？

## dp[i+1][remain]和dp[i][j] + buy \* price[i]是什么意思?尝试画图让我理解

让我通过一个图示来解释这个状态转移的含义。

\`\`\`mermaid
graph TB
subgraph "第i天结束"
A["dp[i][j] 第i天结束时 剩余j份食物 当前最小花费"]
end

subgraph "第i天补给站操作"
B["购买buy份食物 花费: buy \* price[i]"]
end

subgraph "消耗1份食物"
C["消耗1份食物 remain = j + buy - 1"]
end

subgraph "第i+1天结束"
D["dp[i+1][remain] 第i+1天结束时 剩余remain份食物 更新后的最小花费"]
end

A -->|"携带j份食物"| B
B -->|"购买后总共j+buy份"| C
C -->|"消耗后剩remain份"| D

style A fill:#f9f,stroke:#333,stroke-width:2px
style D fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px

\`\`\`

让我用一个具体的例子来解释：

假设:

- 当前是第2天(i=2)
- 手上有1份食物(j=1)
- 最大携带量k=3
- 第2天补给站的食物价格price[2]=2

那么状态转移是这样的:

1. \`dp[i][j]\` 即 \`dp[2][1]\` 表示：

- 第2天结束时
- 手上有1份食物
- 达到这个状态的最小花费（假设是10）

2. 在第2天的补给站，我们可以购买食物（buy的选择）：

- 可以买0份（buy=0）
- 可以买1份（buy=1）
- 可以买2份（buy=2）
  （因为k=3，当前有1份，所以最多只能再买2份）

3. 假设我们买了1份（buy=1）：

- 购买花费：buy \* price[2] = 1 \* 2 = 2
- 购买后总共有：j + buy = 1 + 1 = 2份
- 消耗今天的1份后剩余：remain = j + buy - 1 = 1份

4. \`dp[i+1][remain]\` 即 \`dp[3][1]\` 就表示：

- 第3天开始时
- 手上有1份食物
- 的最小花费应该是：min(原来的dp[3][1], dp[2][1] + 2)
- 即：min(原来的值, 10 + 2)

这就是状态转移方程：\`dp[i+1][remain] = min(dp[i+1][remain], dp[i][j] + buy \* price[i])\`的含义：

- 左边是要更新的状态
- 右边是选择当前方案和之前已知方案中的最小值

在代码中，我们会遍历：

1. 所有天数i
2. 当天所有可能的剩余食物数量j
3. 所有可能的购买数量buy

这样就能找到全局最优解。需要我解释更具体的部分吗？

## 为什么这样就能找到全局的最优解?你能跟我解释一下吗?最好是前后联系起来解释

让我通过一个具体的例子来详细解释为什么这个动态规划能找到全局最优解。

\`\`\`mermaid
graph TB
subgraph "Day 0"
A["dp[0][0]=0 开始时无食物"]
end

subgraph "Day 1"
B1["dp[1][0] 买1份用1份 剩0份"]
B2["dp[1][1] 买2份用1份 剩1份"]
B3["dp[1][2] 买3份用1份 剩2份"]
end

subgraph "Day 2"
C1["dp[2][0]"]
C2["dp[2][1]"]
C3["dp[2][2]"]
end

subgraph "Day 3"
D1["dp[3][0]"]
D2["dp[3][1]"]
D3["dp[3][2]"]
end

A --> B1
A --> B2
A --> B3

B1 --> C1
B1 --> C2
B1 --> C3
B2 --> C1
B2 --> C2
B2 --> C3
B3 --> C1
B3 --> C2
B3 --> C3

C1 --> D1
C1 --> D2
C1 --> D3
C2 --> D1
C2 --> D2
C2 --> D3
C3 --> D1
C3 --> D2
C3 --> D3

style A fill:#f9f,stroke:#333,stroke-width:2px
style D1 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px
style D2 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px
style D3 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px

\`\`\`

让我们通过一个小例子来说明（假设N=3天，K=2最多携带2份食物）：

第0天（起点）：
\`\`\`
dp[0][0] = 0  // 开始时没有食物，花费为0
\`\`\`

第1天（假设食物价格=2）：

1. 从dp[0][0]开始，我们可以：

- 买1份，用1份：dp[1][0] = 2
- 买2份，用1份：dp[1][1] = 4
- 买3份，用1份：dp[1][2] = 6

第2天（假设食物价格=1）：

1. 从dp[1][0]（手上0份）可以：

- 买1份，用1份：dp[2][0] = 2 + 1
- 买2份，用1份：dp[2][1] = 2 + 2

2. 从dp[1][1]（手上1份）可以：

- 买0份，用1份：dp[2][0] = 4
- 买1份，用1份：dp[2][1] = 4 + 1

第3天（假设食物价格=3）：
类似地继续...

关键点在于：

1. \*\*完整性\*\*：

- 在每一天，我们考虑了所有可能的剩余食物数量（0到K）
- 对每种状态，我们考虑了所有可能的购买数量（0到K-当前食物数）

2. \*\*最优子结构\*\*：

- 如果dp[3][1]是最优解
- 那么它一定是从第2天某个状态（比如dp[2][1]）转移过来的最优路径
- 而dp[2][1]又是从第1天某个状态转移来的最优路径

3. \*\*状态转移\*\*：

- dp[i+1][remain] = min(dp[i+1][remain], dp[i][j] + buy \* price[i])
- 这个公式保证了我们始终保存的是到达每个状态的最小花费

4. \*\*无后效性\*\*：

- 第i天的决策只依赖于第i-1天的状态
- 一旦我们知道了到达某个状态的最小花费，后面的决策不会改变这个事实

比如到最后一天：

- 我们会有dp[3][0]、dp[3][1]、dp[3][2]这些状态
- 每个状态都记录了通过不同路径到达该状态的最小花费
- 取这些状态中的最小值，就是整个旅程的最优解

因为我们：

1. 考虑了每一天所有可能的状态
2. 对每个状态考虑了所有可能的转移
3. 始终保存到达每个状态的最小花费

所以最终得到的一定是全局最优解。这就是动态规划的精髓：通过解决和保存子问题的最优解，最终构建出整个问题的最优解。

需要我用更具体的数字例子来说明吗？

## 这题的关键点是不是在于一开始没有携带食物,导致每天都必须要买,如果一开始就携带了食物的话,题目的变化过程是不是就会复杂很多?

你说得很对！让我分析一下这两种情况的区别：

\*\*当前题目（始终要买）\*\*：

1. 每天必须消耗1份食物
2. 一开始没有食物
3. 买完食物后才消耗当天的1份
4. 因此第1天必须买，第2天必须来到补给站

这种情况下决策比较简单：

- 每到一个补给站，就只需要考虑"买多少份"这一个问题
- 因为必须先买后吃，所以不会出现食物不够的情况

\*\*如果一开始携带食物\*\*：

1. 需要考虑是否要在补给站买食物
2. 可能会出现以下复杂情况：

- 当前食物够吃，但价格便宜想多买一些
- 当前食物不够，必须买但不知道买多少最优
- 可能会出现"宁愿在前面贵的地方多买一些，也不要在后面更贵的地方买"的情况

来看一个具体例子：
\`\`\`
初始携带：2份食物
天数N=3
最大携带K=4
价格数组：[2, 5, 1]
\`\`\`

这时状态转移会变得复杂：

1. 第1天：

- 已有2份食物，可以选择不买
- 也可以买1-2份（因为K=4）
- 需要考虑后面价格更贵的情况

2. 第2天：

- 如果第1天没买，现在只剩1份
- 如果第1天买了，可能剩2-3份
- 价格是5，很贵，可能要考虑少买

3. 第3天：

- 价格是1，很便宜
- 但如果前面买太多，可能已经没空间买了
- 如果前面买太少，则必须在这里买

这种情况下的代码会变得更复杂：
\`\`\`cpp
// 需要增加初始食物参数
int minCost(int n, int k, vector<int>& data, int initialFood) {
vector<vector<long long>> dp(n + 1, vector<long long>(k + 1, LLONG\_MAX));

// 初始状态变化：有初始食物
dp[0][initialFood] = 0;

for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j <= k; j++) {
if (dp[i][j] == LLONG\_MAX) continue;

```
// 检查当前食物是否足够今天消耗
       if (j == 0) {
           // 必须买
           // ... 处理必须买的情况
       } else {
           // 可以选择买或不买
           // 不买的情况
           int remain = j - 1;
           if (remain >= 0) {
               dp[i + 1][remain] = min(dp[i + 1][remain], dp[i][j]);
           }

// 买的情况
           // ... 处理买的情况
       }
   }
```

}
// ...
}
\`\`\`

所以原题设定为"无初始食物"实际上简化了问题：

1. 消除了"买或不买"的决策
2. 保证了每个状态都是从补给站购买后达到的
3. 让我们可以专注于"买多少"这个核心决策

这种简化让动态规划的状态转移更清晰，也更容易理解和实现。你觉得呢？

## 但是就算是一开始没携带食物,在第一天就选择了最小的值,万一第一天多买一点,后面贵的时候不买呢?是不是更省钱,你的状态转移方程里面有考虑到这一点吗

啊，我明白你的困惑了！实际上，我的动态规划状态转移方程已经考虑到了这种情况。让我用一个具体例子来说明：

假设：

- N = 3天
- K = 2（最多携带2份）
- 价格数组：[1, 4, 3]  // 第1天便宜，第2天贵，第3天中等

让我们看看状态转移过程：

第1天（价格=1）时的选择：

1. 买1份，用1份：dp[1][0] = 1
2. 买2份，用1份：dp[1][1] = 2  // 多买一份，为了应对第2天的高价

第2天（价格=4）时：

1. 如果第1天买1份（dp[1][0]）：

- 必须在第2天买1份：dp[2][0] = 1 + 4 = 5

2. 如果第1天买2份（dp[1][1]）：

- 可以不买，用掉现有的1份：dp[2][0] = 2
- 也可以买1份：dp[2][1] = 2 + 4 = 6

此时dp[2][0]会取最小值2（来自于第1天多买了一份的情况）。

这就说明我的状态转移方程：
\`\`\`cpp
dp[i + 1][remain] = min(dp[i + 1][remain], dp[i][j] + buy \* price[i]);
\`\`\`
是会自动选择最优的策略的，因为：

1. 它考虑了每一天所有可能的购买数量（0到K-j）
2. 通过min操作，保留到达每个状态的最小花费
3. 前一天多买的策略如果更优，会通过这个状态转移保留下来

所以虽然看起来每步都是取当前最小值，但实际上：

- 它不是"贪心"算法，不是只看当前最优
- 它记录了所有可能的状态转移路径
- 通过动态规划的递推，自然会找到全局最优解

你提醒得对，理解这一点很重要！这也是为什么动态规划比贪心算法更强大 - 它能够处理"当前看起来不是最优，但从全局来看是最优"的情况。

要不要我们用更详细的数字来追踪一下完整的状态转移过程？这样你可以更清楚地看到这种"提前多买"的策略是如何被找到的。

## 你这种是动态规划的算法,能不能从贪心算法的角度考虑一下这一题该怎么做比较好?

从贪心算法的角度来看这道题，我们需要找到一个局部最优的策略，希望通过局部最优达到全局最优。让我分析一下：

\`\`\`cpp
#include <vector>
using namespace std;

class Solution {
public:
// 贪心策略1：只看当前价格，每天只买当天需要的
int greedyCurrent(int n, int k, vector<int>& prices) {
int totalCost = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
totalCost += prices[i]; // 每天买一份
}
return totalCost;
}

// 贪心策略2：向前看K天，在局部最低价格时多买一些
int greedyLookAhead(int n, int k, vector<int>& prices) {
int totalCost = 0;
int food = 0; // 当前剩余食物

```
for (int i = 0; i < n; i++) {
 // 找出接下来K天内的最低价格
 int minPrice = prices[i];
 int minIdx = i;
 for (int j = i + 1; j < min(i + k, n); j++) {
 if (prices[j] < minPrice) {
 minPrice = prices[j];
 minIdx = j;
 }
 }

if (food == 0 || minIdx == i) {
           // 如果没有食物或当前价格最低，就多买一些
           int buyAmount = min(k, n - i);  // 买到达到限制或剩余天数
           totalCost += prices[i] \* buyAmount;
           food = buyAmount - 1;  // 减去今天消耗的1份
       } else {
           // 否则用掉现有的食物
           food--;
       }
   }
   return totalCost;
```

}
};

\`\`\`

让我们分析一下几种可能的贪心策略：

1. \*\*最简单的贪心策略\*\*：

- 每天只买当天需要的1份食物
- 优点：实现简单
- 缺点：没有利用价格差异的机会

2. \*\*向前看K天的贪心策略\*\*：

- 在每个位置，看接下来K天内的价格
- 如果当前价格是局部最低，就多买一些
- 如果不是最低，且还有食物，就不买

3. \*\*基于价格阈值的贪心策略\*\*（可以考虑但不太实用）：

- 设定一个价格阈值
- 当遇到低于阈值的价格时多买
- 难点在于如何确定合适的阈值

为什么贪心算法在这题中可能不如动态规划：

1. \*\*局部最优不一定全局最优\*\*：
   \`\`\`
   prices = [1, 4, 2, 5, 1]
   K = 3
   \`\`\`

- 贪心可能在第一天买1份，第三天买2份
- 但最优解可能是第一天买3份

2. \*\*无法处理复杂的依赖关系\*\*：

- 当前的决策会影响到后面的选择空间
- 贪心算法难以平衡"当前多买"和"保留空间"的关系

3. \*\*缺乏回溯能力\*\*：

- 一旦做出决策就无法更改
- 而动态规划会尝试所有可能的路径

4. \*\*难以处理约束条件\*\*：

- K的限制使得问题变得复杂
- 贪心算法难以同时满足"不超过K"和"找到最优解"

举个具体的例子：
\`\`\`cpp
N = 5, K = 3
prices = [2, 5, 1, 3, 4]
\`\`\`

贪心算法可能的决策：

1. 第1天：价格=2，买1份
2. 第2天：价格=5，买1份（因为不知道后面会更便宜）
3. 第3天：价格=1，想多买但已经错过了最佳时机

而动态规划会发现：在第1天买3份（花费6）可能比分散购买更优。

所以这道题更适合用动态规划来解决，因为它能：

1. 考虑所有可能的购买组合
2. 正确处理约束条件
3. 找到真正的全局最优解

你觉得这个分析合理吗？我们可以一起探讨一下其他可能的贪心策略。

## 我想知道贪心算法是如何一步步找到这题的最优解的

让我用一个具体的例子，一步步演示贪心算法是如何工作的。

假设输入：

- N = 5天
- K = 3（最多携带3份）
- prices = [2, 5, 1, 3, 4]

贪心算法的核心思想是：\*\*在当前位置，向前看K天，如果发现未来K天内有更低价格，就等待；如果当前是局部最低价，就尽可能多买\*\*。

让我们一步步看这个过程：

第1天（价格=2）：

1. 向前看3天：[2, 5, 1, 3]
2. 发现第3天价格是1，比现在便宜
3. 但因为现在没有食物，必须买1份
4. 操作：买1份，花费2
5. 状态：剩余0份食物

第2天（价格=5）：

1. 向前看3天：[5, 1, 3, 4]
2. 发现第3天价格是1，比现在便宜很多
3. 操作：必须买1份（因为没有食物了），花费5
4. 状态：剩余0份食物

第3天（价格=1）：

1. 向前看3天：[1, 3, 4]
2. 当前价格是这3天中最低的
3. 操作：买3份（最大携带量），花费3
4. 状态：剩余2份食物（买3份减去今天消耗的1份）

第4天（价格=3）：

1. 还有2份食物
2. 向前看2天：[3, 4]
3. 操作：使用1份现有食物
4. 状态：剩余1份食物

第5天（价格=4）：

1. 还有1份食物
2. 最后一天，直接使用
3. 操作：使用最后1份食物
4. 状态：剩余0份食物

总花费 = 2 + 5 + 3 = 10

让我们看看这个贪心策略的关键决策点：

style C fill:#f96,stroke:#333,stroke-width:2px
style D fill:#9f6,stroke:#333,stroke-width:2px
style E fill:#9f6,stroke:#333,stroke-width:2px

\`\`\`

贪心策略的优点：

1. 决策简单直观
2. 在价格波动不大的情况下效果不错
3. 实现相对简单

缺点：

1. 可能错过全局最优解
2. 在第1、2天被迫购买高价食物
3. 没有充分利用K的限制

对比动态规划的最优解可能是：

- 第1天买3份（花费6）
- 第3天买2份（花费2）
 总花费 = 8 < 10

这说明贪心算法虽然给出了一个可行解，但不一定是最优解。这是因为：

1. 贪心算法在每一步只能做出局部最优决策
2. 无法预知更远的未来价格
3. 不能回溯已经做出的决策

你觉得这个分析清晰吗？要不要我们再看看其他的贪心策略，比如基于价格阈值的决策？

## 贪心算法如何解决这个问题,写出算法过程,并且对算法过程进行详细的解释,需要包括为什么这一天买或者不买

让我设计一个贪心算法来解决这个问题。贪心策略的核心思想是：在当前天如果发现接下来K天内有更便宜的价格就少买，如果是局部最低价就多买。

```text-x-c-src
#include <vector>
using namespace std;

class Solution {
public:
 int minCost(int n, int k, vector<int>& prices) {
 int totalCost = 0; // 总花费
 int food = 0; // 当前剩余食物数量
 
 for (int i = 0; i < n; i++) {
 // 1. 首先判断接下来K天内是否有更低价格
 int minPrice = prices[i];
 int minPriceDay = i;
 // 向前看K天，找最低价格
 for (int j = i + 1; j < min(n, i + k); j++) {
 if (prices[j] < minPrice) {
 minPrice = prices[j];
 minPriceDay = j;
 }
 }
 
 // 2. 根据不同情况决定购买策略
 if (food == 0) {
 // 情况1：没有食物了，必须购买
 if (minPriceDay == i) {
 // 当前是局部最低价，多买一些
 int canBuy = min(k, n - i); // 可以买到最后一天或达到容量上限
 totalCost += prices[i] * canBuy;
 food = canBuy - 1; // 减去今天消耗的1份
 } else {
 // 当前不是最低价，但必须买1份
 totalCost += prices[i];
 food = 0; // 买1份用1份，还是0
 }
 } else {
 // 情况2：还有食物
 if (minPriceDay == i) {
 // 当前是局部最低价，补充到最大容量
 int needBuy = k - food; // 还可以买这么多
 needBuy = min(needBuy, n - i - food); // 不要买太多，考虑剩余天数
 if (needBuy > 0) {
 totalCost += prices[i] * needBuy;
 food = food + needBuy - 1; // 减去今天消耗的1份
 } else {
 food--; // 只消耗1份
 }
 } else {
 // 当前不是最低价，使用现有食物
 food--;
 }
 }
 }
 return totalCost;
 }
};
```

让我用一个具体例子来解释这个贪心算法的决策过程：
\`\`\`
输入：
N = 5, K = 3
prices = [2, 5, 1, 3, 4]
\`\`\`

第1天 (price = 2)：

- 向前看3天：[2, 5, 1]
- 发现第3天价格更低 (1 < 2)
- 但当前没有食物，必须买
- 决策：买1份，花费2
- 原因：虽然后面更便宜，但必须保证今天有食物

第2天 (price = 5)：

- 向前看3天：[5, 1, 3]
- 发现第3天价格更低 (1 < 5)
- 且当前没有食物，必须买
- 决策：买1份，花费5
- 原因：价格虽高但必须保证今天的食物

第3天 (price = 1)：

- 向前看3天：[1, 3, 4]
- 当前是局部最低价
- 决策：买3份（最大容量），花费3
- 原因：

1. 当前价格最低
2. 可以为后面的高价天储备

第4天 (price = 3)：

- 还有2份食物
- 向前看2天：[3, 4]
- 当前和未来价格都比较高
- 决策：使用现有食物，不买
- 原因：有储备，且当前价格不是最低

第5天 (price = 4)：

- 还有1份食物
- 最后一天
- 决策：使用现有食物，不买
- 原因：已有食物足够今天使用

贪心算法的关键决策规则：

1. \*\*如果没有食物\*\*：

- 必须买至少1份
- 如果是局部最低价，就多买一些

2. \*\*如果还有食物\*\*：

- 如果当前是局部最低价，补充到最大容量
- 如果不是最低价，优先使用现有食物

3. \*\*购买数量的决定\*\*：

- 考虑剩余天数
- 考虑携带上限K
- 考虑当前已有食物数量

这个贪心算法的优点：

1. 实现相对简单
2. 决策过程直观
3. 能处理大部分常见情况

缺点：

1. 不保证得到最优解
2. 在价格波动大的情况下可能效果不佳

你想具体了解哪一部分的决策过程吗？或者要不要我们用另一个例子来验证这个算法？

## 参考资料

* [https://blog.csdn.net/m0\_73302939/article/details/143921147](https://blog.csdn.net/m0_73302939/article/details/143921147)
* 题目列表: https://juejin.cn/problemset

[https://juejin.cn/problemset](https://juejin.cn/problemset)

## 动态规划

我来帮你解决这个动态规划问题。这是一个最优化问题，我们需要考虑在每个补给站是否购买食物以及购买多少份，以实现总花费最小。

```text-x-c-src
#include <vector>
#include <climits>
using namespace std;

这个解决方案的核心思路是：

1. 使用二维动态规划数组 \`dp[i][j]\` 表示到第i天结束时，手上还剩j份食物的最小花费。
2. 每一天我们可以选择购买0到k份食物，但要确保：

- 购买后的总食物数不超过k
- 扣除当天消耗的1份后，剩余食物数大于等于0

3. 状态转移方程：

```text-x-c-src
dp[i+1][remain] = min(dp[i+1][remain], dp[i][j] + buy * price[i])
  其中：remain = j + buy - 1
```

4. 最终答案是最后一天所有可能状态中的最小花费。

时间复杂度：O(n \* k \* k)，其中n是总天数，k是最大携带食物数。
空间复杂度：O(n \* k)。

你可以这样调用这个解决方案：
\`\`\`cpp
Solution solution;
vector<int> prices = {2, 3, 1, 4}; // 示例价格
int result = solution.minCost(4, 2, prices);
\`\`\`

需要注意的是：

1. 使用了long long类型来避免整数溢出
2. 如果无法完成旅程（即最后找不到可行解），返回-1
3. 代码中考虑了每天必须消耗1份食物的限制

你需要我解释任何具体的部分吗？

## dp[i+1][remain]和dp[i][j] + buy \* price[i]是什么意思?尝试画图让我理解

让我通过一个图示来解释这个状态转移的含义。

\`\`\`mermaid
graph TB
subgraph "第i天结束"
A["dp[i][j] 第i天结束时 剩余j份食物 当前最小花费"]
end

subgraph "第i天补给站操作"
B["购买buy份食物 花费: buy \* price[i]"]
end

subgraph "消耗1份食物"
C["消耗1份食物 remain = j + buy - 1"]
end

subgraph "第i+1天结束"
D["dp[i+1][remain] 第i+1天结束时 剩余remain份食物 更新后的最小花费"]
end

A -->|"携带j份食物"| B
B -->|"购买后总共j+buy份"| C
C -->|"消耗后剩remain份"| D

style A fill:#f9f,stroke:#333,stroke-width:2px
style D fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px

\`\`\`

让我用一个具体的例子来解释：

假设:

- 当前是第2天(i=2)
- 手上有1份食物(j=1)
- 最大携带量k=3
- 第2天补给站的食物价格price[2]=2

那么状态转移是这样的:

1. \`dp[i][j]\` 即 \`dp[2][1]\` 表示：

- 第2天结束时
- 手上有1份食物
- 达到这个状态的最小花费（假设是10）

2. 在第2天的补给站，我们可以购买食物（buy的选择）：

- 可以买0份（buy=0）
- 可以买1份（buy=1）
- 可以买2份（buy=2）
  （因为k=3，当前有1份，所以最多只能再买2份）

3. 假设我们买了1份（buy=1）：

- 购买花费：buy \* price[2] = 1 \* 2 = 2
- 购买后总共有：j + buy = 1 + 1 = 2份
- 消耗今天的1份后剩余：remain = j + buy - 1 = 1份

4. \`dp[i+1][remain]\` 即 \`dp[3][1]\` 就表示：

- 第3天开始时
- 手上有1份食物
- 的最小花费应该是：min(原来的dp[3][1], dp[2][1] + 2)
- 即：min(原来的值, 10 + 2)

这就是状态转移方程：\`dp[i+1][remain] = min(dp[i+1][remain], dp[i][j] + buy \* price[i])\`的含义：

- 左边是要更新的状态
- 右边是选择当前方案和之前已知方案中的最小值

在代码中，我们会遍历：

1. 所有天数i
2. 当天所有可能的剩余食物数量j
3. 所有可能的购买数量buy

这样就能找到全局最优解。需要我解释更具体的部分吗？

## 为什么这样就能找到全局的最优解?你能跟我解释一下吗?最好是前后联系起来解释

让我通过一个具体的例子来详细解释为什么这个动态规划能找到全局最优解。

\`\`\`mermaid
graph TB
subgraph "Day 0"
A["dp[0][0]=0 开始时无食物"]
end

subgraph "Day 1"
B1["dp[1][0] 买1份用1份 剩0份"]
B2["dp[1][1] 买2份用1份 剩1份"]
B3["dp[1][2] 买3份用1份 剩2份"]
end

subgraph "Day 2"
C1["dp[2][0]"]
C2["dp[2][1]"]
C3["dp[2][2]"]
end

subgraph "Day 3"
D1["dp[3][0]"]
D2["dp[3][1]"]
D3["dp[3][2]"]
end

A --> B1
A --> B2
A --> B3

B1 --> C1
B1 --> C2
B1 --> C3
B2 --> C1
B2 --> C2
B2 --> C3
B3 --> C1
B3 --> C2
B3 --> C3

C1 --> D1
C1 --> D2
C1 --> D3
C2 --> D1
C2 --> D2
C2 --> D3
C3 --> D1
C3 --> D2
C3 --> D3

style A fill:#f9f,stroke:#333,stroke-width:2px
style D1 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px
style D2 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px
style D3 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px

\`\`\`

让我们通过一个小例子来说明（假设N=3天，K=2最多携带2份食物）：

第0天（起点）：
\`\`\`
dp[0][0] = 0  // 开始时没有食物，花费为0
\`\`\`

第1天（假设食物价格=2）：

1. 从dp[0][0]开始，我们可以：

- 买1份，用1份：dp[1][0] = 2
- 买2份，用1份：dp[1][1] = 4
- 买3份，用1份：dp[1][2] = 6

第2天（假设食物价格=1）：

1. 从dp[1][0]（手上0份）可以：

- 买1份，用1份：dp[2][0] = 2 + 1
- 买2份，用1份：dp[2][1] = 2 + 2

2. 从dp[1][1]（手上1份）可以：

- 买0份，用1份：dp[2][0] = 4
- 买1份，用1份：dp[2][1] = 4 + 1

第3天（假设食物价格=3）：
类似地继续...

关键点在于：

1. \*\*完整性\*\*：

- 在每一天，我们考虑了所有可能的剩余食物数量（0到K）
- 对每种状态，我们考虑了所有可能的购买数量（0到K-当前食物数）

2. \*\*最优子结构\*\*：

- 如果dp[3][1]是最优解
- 那么它一定是从第2天某个状态（比如dp[2][1]）转移过来的最优路径
- 而dp[2][1]又是从第1天某个状态转移来的最优路径

3. \*\*状态转移\*\*：

- dp[i+1][remain] = min(dp[i+1][remain], dp[i][j] + buy \* price[i])
- 这个公式保证了我们始终保存的是到达每个状态的最小花费

4. \*\*无后效性\*\*：

- 第i天的决策只依赖于第i-1天的状态
- 一旦我们知道了到达某个状态的最小花费，后面的决策不会改变这个事实

比如到最后一天：

- 我们会有dp[3][0]、dp[3][1]、dp[3][2]这些状态
- 每个状态都记录了通过不同路径到达该状态的最小花费
- 取这些状态中的最小值，就是整个旅程的最优解

因为我们：

1. 考虑了每一天所有可能的状态
2. 对每个状态考虑了所有可能的转移
3. 始终保存到达每个状态的最小花费

所以最终得到的一定是全局最优解。这就是动态规划的精髓：通过解决和保存子问题的最优解，最终构建出整个问题的最优解。

需要我用更具体的数字例子来说明吗？

## 这题的关键点是不是在于一开始没有携带食物,导致每天都必须要买,如果一开始就携带了食物的话,题目的变化过程是不是就会复杂很多?

你说得很对！让我分析一下这两种情况的区别：

\*\*当前题目（始终要买）\*\*：

1. 每天必须消耗1份食物
2. 一开始没有食物
3. 买完食物后才消耗当天的1份
4. 因此第1天必须买，第2天必须来到补给站

这种情况下决策比较简单：

- 每到一个补给站，就只需要考虑"买多少份"这一个问题
- 因为必须先买后吃，所以不会出现食物不够的情况

\*\*如果一开始携带食物\*\*：

1. 需要考虑是否要在补给站买食物
2. 可能会出现以下复杂情况：

来看一个具体例子：
\`\`\`
初始携带：2份食物
天数N=3
最大携带K=4
价格数组：[2, 5, 1]
\`\`\`

这时状态转移会变得复杂：

1. 第1天：

- 已有2份食物，可以选择不买
- 也可以买1-2份（因为K=4）
- 需要考虑后面价格更贵的情况

2. 第2天：

- 如果第1天没买，现在只剩1份
- 如果第1天买了，可能剩2-3份
- 价格是5，很贵，可能要考虑少买

3. 第3天：

- 价格是1，很便宜
- 但如果前面买太多，可能已经没空间买了
- 如果前面买太少，则必须在这里买

// 初始状态变化：有初始食物
dp[0][initialFood] = 0;

for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j <= k; j++) {
if (dp[i][j] == LLONG\_MAX) continue;

// 买的情况
           // ... 处理买的情况
       }
   }
```

}
// ...
}
\`\`\`

所以原题设定为"无初始食物"实际上简化了问题：

1. 消除了"买或不买"的决策
2. 保证了每个状态都是从补给站购买后达到的
3. 让我们可以专注于"买多少"这个核心决策

这种简化让动态规划的状态转移更清晰，也更容易理解和实现。你觉得呢？

啊，我明白你的困惑了！实际上，我的动态规划状态转移方程已经考虑到了这种情况。让我用一个具体例子来说明：

假设：

- N = 3天
- K = 2（最多携带2份）
- 价格数组：[1, 4, 3]  // 第1天便宜，第2天贵，第3天中等

让我们看看状态转移过程：

第1天（价格=1）时的选择：

1. 买1份，用1份：dp[1][0] = 1
2. 买2份，用1份：dp[1][1] = 2  // 多买一份，为了应对第2天的高价

第2天（价格=4）时：

1. 如果第1天买1份（dp[1][0]）：

- 必须在第2天买1份：dp[2][0] = 1 + 4 = 5

2. 如果第1天买2份（dp[1][1]）：

- 可以不买，用掉现有的1份：dp[2][0] = 2
- 也可以买1份：dp[2][1] = 2 + 4 = 6

此时dp[2][0]会取最小值2（来自于第1天多买了一份的情况）。

这就说明我的状态转移方程：
\`\`\`cpp
dp[i + 1][remain] = min(dp[i + 1][remain], dp[i][j] + buy \* price[i]);
\`\`\`
是会自动选择最优的策略的，因为：

所以虽然看起来每步都是取当前最小值，但实际上：

- 它不是"贪心"算法，不是只看当前最优
- 它记录了所有可能的状态转移路径
- 通过动态规划的递推，自然会找到全局最优解

你提醒得对，理解这一点很重要！这也是为什么动态规划比贪心算法更强大 - 它能够处理"当前看起来不是最优，但从全局来看是最优"的情况。

要不要我们用更详细的数字来追踪一下完整的状态转移过程？这样你可以更清楚地看到这种"提前多买"的策略是如何被找到的。

## 你这种是动态规划的算法,能不能从贪心算法的角度考虑一下这一题该怎么做比较好?

从贪心算法的角度来看这道题，我们需要找到一个局部最优的策略，希望通过局部最优达到全局最优。让我分析一下：

\`\`\`cpp
#include <vector>
using namespace std;

// 贪心策略2：向前看K天，在局部最低价格时多买一些
int greedyLookAhead(int n, int k, vector<int>& prices) {
int totalCost = 0;
int food = 0; // 当前剩余食物

}
};

\`\`\`

让我们分析一下几种可能的贪心策略：

1. \*\*最简单的贪心策略\*\*：

- 每天只买当天需要的1份食物
- 优点：实现简单
- 缺点：没有利用价格差异的机会

2. \*\*向前看K天的贪心策略\*\*：

- 在每个位置，看接下来K天内的价格
- 如果当前价格是局部最低，就多买一些
- 如果不是最低，且还有食物，就不买

3. \*\*基于价格阈值的贪心策略\*\*（可以考虑但不太实用）：

- 设定一个价格阈值
- 当遇到低于阈值的价格时多买
- 难点在于如何确定合适的阈值

为什么贪心算法在这题中可能不如动态规划：

1. \*\*局部最优不一定全局最优\*\*：
   \`\`\`
   prices = [1, 4, 2, 5, 1]
   K = 3
   \`\`\`

- 贪心可能在第一天买1份，第三天买2份
- 但最优解可能是第一天买3份

2. \*\*无法处理复杂的依赖关系\*\*：

- 当前的决策会影响到后面的选择空间
- 贪心算法难以平衡"当前多买"和"保留空间"的关系

3. \*\*缺乏回溯能力\*\*：

- 一旦做出决策就无法更改
- 而动态规划会尝试所有可能的路径

4. \*\*难以处理约束条件\*\*：

- K的限制使得问题变得复杂
- 贪心算法难以同时满足"不超过K"和"找到最优解"

举个具体的例子：
\`\`\`cpp
N = 5, K = 3
prices = [2, 5, 1, 3, 4]
\`\`\`

贪心算法可能的决策：

1. 第1天：价格=2，买1份
2. 第2天：价格=5，买1份（因为不知道后面会更便宜）
3. 第3天：价格=1，想多买但已经错过了最佳时机

而动态规划会发现：在第1天买3份（花费6）可能比分散购买更优。

所以这道题更适合用动态规划来解决，因为它能：

1. 考虑所有可能的购买组合
2. 正确处理约束条件
3. 找到真正的全局最优解

你觉得这个分析合理吗？我们可以一起探讨一下其他可能的贪心策略。

## 我想知道贪心算法是如何一步步找到这题的最优解的

让我用一个具体的例子，一步步演示贪心算法是如何工作的。

假设输入：

- N = 5天
- K = 3（最多携带3份）
- prices = [2, 5, 1, 3, 4]

贪心算法的核心思想是：\*\*在当前位置，向前看K天，如果发现未来K天内有更低价格，就等待；如果当前是局部最低价，就尽可能多买\*\*。

让我们一步步看这个过程：

第1天（价格=2）：

1. 向前看3天：[2, 5, 1, 3]
2. 发现第3天价格是1，比现在便宜
3. 但因为现在没有食物，必须买1份
4. 操作：买1份，花费2
5. 状态：剩余0份食物

第2天（价格=5）：

1. 向前看3天：[5, 1, 3, 4]
2. 发现第3天价格是1，比现在便宜很多
3. 操作：必须买1份（因为没有食物了），花费5
4. 状态：剩余0份食物

第3天（价格=1）：

1. 向前看3天：[1, 3, 4]
2. 当前价格是这3天中最低的
3. 操作：买3份（最大携带量），花费3
4. 状态：剩余2份食物（买3份减去今天消耗的1份）

第4天（价格=3）：

1. 还有2份食物
2. 向前看2天：[3, 4]
3. 操作：使用1份现有食物
4. 状态：剩余1份食物

第5天（价格=4）：

1. 还有1份食物
2. 最后一天，直接使用
3. 操作：使用最后1份食物
4. 状态：剩余0份食物

总花费 = 2 + 5 + 3 = 10

让我们看看这个贪心策略的关键决策点：

style C fill:#f96,stroke:#333,stroke-width:2px
style D fill:#9f6,stroke:#333,stroke-width:2px
style E fill:#9f6,stroke:#333,stroke-width:2px

\`\`\`

贪心策略的优点：

1. 决策简单直观
2. 在价格波动不大的情况下效果不错
3. 实现相对简单

缺点：

1. 可能错过全局最优解
2. 在第1、2天被迫购买高价食物
3. 没有充分利用K的限制

对比动态规划的最优解可能是：

- 第1天买3份（花费6）
- 第3天买2份（花费2）
 总花费 = 8 < 10

这说明贪心算法虽然给出了一个可行解，但不一定是最优解。这是因为：

1. 贪心算法在每一步只能做出局部最优决策
2. 无法预知更远的未来价格
3. 不能回溯已经做出的决策

你觉得这个分析清晰吗？要不要我们再看看其他的贪心策略，比如基于价格阈值的决策？

## 贪心算法如何解决这个问题,写出算法过程,并且对算法过程进行详细的解释,需要包括为什么这一天买或者不买

让我设计一个贪心算法来解决这个问题。贪心策略的核心思想是：在当前天如果发现接下来K天内有更便宜的价格就少买，如果是局部最低价就多买。

```text-x-c-src
#include <vector>
using namespace std;

让我用一个具体例子来解释这个贪心算法的决策过程：
\`\`\`
输入：
N = 5, K = 3
prices = [2, 5, 1, 3, 4]
\`\`\`

第1天 (price = 2)：

- 向前看3天：[2, 5, 1]
- 发现第3天价格更低 (1 < 2)
- 但当前没有食物，必须买
- 决策：买1份，花费2
- 原因：虽然后面更便宜，但必须保证今天有食物

第2天 (price = 5)：

- 向前看3天：[5, 1, 3]
- 发现第3天价格更低 (1 < 5)
- 且当前没有食物，必须买
- 决策：买1份，花费5
- 原因：价格虽高但必须保证今天的食物

第3天 (price = 1)：

- 向前看3天：[1, 3, 4]
- 当前是局部最低价
- 决策：买3份（最大容量），花费3
- 原因：

1. 当前价格最低
2. 可以为后面的高价天储备

第4天 (price = 3)：

- 还有2份食物
- 向前看2天：[3, 4]
- 当前和未来价格都比较高
- 决策：使用现有食物，不买
- 原因：有储备，且当前价格不是最低

第5天 (price = 4)：

- 还有1份食物
- 最后一天
- 决策：使用现有食物，不买
- 原因：已有食物足够今天使用

贪心算法的关键决策规则：

1. \*\*如果没有食物\*\*：

- 必须买至少1份
- 如果是局部最低价，就多买一些

2. \*\*如果还有食物\*\*：

- 如果当前是局部最低价，补充到最大容量
- 如果不是最低价，优先使用现有食物

3. \*\*购买数量的决定\*\*：

- 考虑剩余天数
- 考虑携带上限K
- 考虑当前已有食物数量

这个贪心算法的优点：

1. 实现相对简单
2. 决策过程直观
3. 能处理大部分常见情况

缺点：

1. 不保证得到最优解
2. 在价格波动大的情况下可能效果不佳

你想具体了解哪一部分的决策过程吗？或者要不要我们用另一个例子来验证这个算法？

## 参考资料

* [https://blog.csdn.net/m0\_73302939/article/details/143921147](https://blog.csdn.net/m0_73302939/article/details/143921147)
* 题目列表: https://juejin.cn/problemset

最后修改：2025 年 11 月 01 日

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November 8th, 2025 at 11:58 pm

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