瀑布流布局:这个前端竟然用动态规划写瀑布流布

 2021-07-09 5:06    77  

前言

瀑布流布局:这个前端竟然用动态规划写瀑布流布局?给我打死他

瀑布流布局是前端领域中一个很常见的需求,由于图片的高度是不一致的,所以在多列布局中默认布局下很难获得满意的排列瀑布流布局。

我们的需求是,图片高度不规律的情况下,在两列布局中,让左右两侧的图片总高度尽可能的接近,这样的布局会非常的美观瀑布流布局。

注意瀑布流布局,本文的目的仅仅是讨论算法在前端中能如何运用,而不是说瀑布流的最佳解法是动态规划,可以仅仅当做学习拓展来看。

分析总预览图中可以看出,虽然图片的高度是不定的,但是到了这个布局的最底部,左右两张图片是正好对齐的,这就是一个比较美观的布局了。

那么怎么实现这个需求呢?从头开始拆解,现在我们能拿到一组图片数组 [img1, img2, img3],我们可以通过一些方法得到它对应的高度 [1000, 2000, 3000],那么现在我们的目标就是能够计算出左右两列 left: [1000, 2000] 和 right: [3000] 这样就可以把一个左右等高的布局给渲染出来了。

准备工作首先准备好小姐姐数组 SISTERS:

 let SISTERS = [   '://pic3.zhimg.com/v2-89735fee10045d51693f1f74369aaa46_r.jpg',   '://pic1.zhimg.com/v2-ca51a8ce18f507b2502c4d495a217fa0_r.jpg',   '://pic1.zhimg.com/v2-c90799771ed8469608f326698113e34c_r.jpg',   '://pic1.zhimg.com/v2-8d3dd83f3a419964687a028de653f8d8_r.jpg',   ... more 50 items ] 复制代码准备好一个工具方法 loadImages,这个方法的目的就是把所有图片预加载以后获取对应的高度,放到一个数组里返回。并且要对外通知所有图片处理完成的时机,有点类似于 Promise.all 的思路。

这个方法里,我们把图片按照 宽高比 和屏幕宽度的一半进行相乘,得到缩放后适配屏宽的图片高度。

 let loadImgHeights = (imgs) => {   return new Promise((resolve, reject) => {     const length = imgs.length     const heights = []     let count = 0     const load = (index) => {       let img = new Image()       const checkIfFinished = () => {         count++         if (count === length) {           resolve(heights)        }      }       img.onload = () => {         const ratio = img.height / img.width         const halfHeight = ratio * halfInnerWidth         // 高度按屏幕一半的比例来计算         heights[index] = halfHeight         checkIfFinished()      }       img.onerror = () => {         heights[index] = 0         checkIfFinished()      }       img.src = imgs[index]    }     imgs.forEach((img, index) => load(index))  }) } 复制代码有了图片高度以后,我们就开始挑选适合这个需求的算法了。

贪心算法在人的脑海中最直观的想法是什么样的?在每装一个图片前都对比一下左右数组的高度和,往高度较小的那个数组里去放入下一项。

这就是贪心算法,我们来简单实现下:

 let greedy = (heights) => {   let mid = Math.round(sum(heights) / 2)   let total = 0   let leftHeights = []   let rightHeights = []   let left = []   let right = [] ​   heights.forEach((height, index) => {     if (sum(leftHeights) > sum(rightHeights)) {       right.push(index)       rightHeights.push(height)    } else {       left.push(index)       leftHeights.push(height)    }     total += height  }) ​   return { left, right } } 复制代码我们得到了 left,right 数组,对应左右两列渲染图片的下标,并且我们也有了每个图片的高度,那么渲染到页面上就很简单了:

 <div class="wrap" v-if="imgsLoaded">   <div class="half">     <img       class="img"       v-for="leftIndex in leftImgIndexes"      :src="imgs[leftIndex]"      :style="{ width: '100%', height: imgHeights[leftIndex] + 'px' }"     />   </div>   <div class="half">     <img       class="img"       v-for="rightIndex in rightImgIndexes"      :src="imgs[rightIndex]"      :style="{ width: '100%', height: imgHeights[rightIndex] + 'px' }"     />   </div> </div> 复制代码

贪心算法只寻求局部最优解(只在考虑当前图片的时候找到一个最优解),所以最后左右两边的高度差还是相对较大的,局部最优解很难成为全局最优解。

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动态规划和局部最优解对应的是全局最优解,而说到全局最优解,我们很难不想到动态规划这种算法。它是求全局最优解的一个利器。

动态规划中有一个很著名的问题:「01 背包问题」,题目的意思是这样的:

有 n 个物品,它们有各自的体积和价值,现有给定容量的背包,如何让背包里装入的物品具有最大的价值总和?

那么 01 背包问题和这个瀑布流算法有什么关系呢?这个思路确实比较难找,但是我们仔细想一下,假设我们有 [1, 2, 3] 这 3 个图片高度的数组,我们怎么通过转化成 01 背包问题呢?

由于我们要凑到的是图片总高度的一半,也就是 (1 + 2 + 3) / 2 = 3,那么我们此时就有了一个 容量为3 的背包,而由于我们装进左列中的图片高度需要低于总高度的一半,待装进背包的物体的总重量和高度是相同的 [1, 2, 3]。

那么这个问题也就转化为了,在 容量为3的背包 中,尽可能的从重量为 [1, 2, 3],并且价值也为 [1, 2, 3] 的物品中,尽可能的挑选出总价值最大的物品集合装进背包中。

也就是 总高度为3,在 [1, 2, 3] 这几种高度的图片中,尽可能挑出 总和最大,但是又小于3 的图片集合,装进数组中。

二维数组结构我们构建的二维 dp 数组

纵坐标 y 是:当前可以考虑的图片,比如 dp[0] 是只考虑下标为 0 的图片,dp[1] 是考虑下标为 0 的图片,并且考虑下标为 1 的图片,以此类推,取值范围是 0 ~ 图片数组的长度 - 1。

横坐标 x 是:用当前考虑的图片集合,去尽可能凑到总高度为 y 时,所能凑成的最大高度 max,以及当前所使用的图片下标集合 indexes,取值范围是 0 ~ 高度的一半。

小问题拆解就以 [1, 4, 5, 4] 这四张图片高度为例,高度的一半是 7,用肉眼可以看出最接近 7 的子数组是[1, 5],我们来看看动态规划是怎么求出这个结果的。

我们先看纵坐标为 0,也就是只考虑图片 1 的情况:

首先去尝试凑高度 1:我们知道图片 1 的高度正好是 1,所以此时dp[0][0]所填写的值是 { max: 1, indexes: [0] },也就代表用总高度还剩 1,并且只考虑图片 1 的情况下,我们的最优解是选用第一张图片。凑高度2 ~ 7:由于当前只有 1 可以选择,所以最优解只能是选择第一张图片,它们都是 { max: 1, indexes: [0] }。 高度       1  2  3  4  5  6  7 图片1(h=1) 1  1  1  1  1  1  1 复制代码这一层在动态规划中叫做基础状态,它是最小的子问题,它不像后面的纵坐标中要考虑多张图片,而是只考虑单张图片,所以一般来说都会在一层循环中单独把它求解出来。

这里我们还要考虑第一张图片的高度大于我们要求的总高度的情况,这种情况下需要把 max 置为 0,选择的图片项也为空。

 let mid = Math.round(sum(heights) / 2) let dp = [] // 基础状态 只考虑第一个图片的情况 dp[0] = [] for (let cap = 0; cap <= mid; cap++) {   dp[0][cap] =     heights[0] > cap       ? { max: 0, indexes: [] }      : { max: heights[0], indexes: [0] } } 复制代码有了第一层的基础状态后,我们就可以开始考虑多张图片的情况了,现在来到了纵坐标为 1,也就是考虑图片 1 和考虑图片 2 时求最优解:

 高度       1  2  3  4  5  6  7 图片1(h=1) 1  1  1  1  1  1  1 图片2(h=2) 复制代码此时问题就变得有些复杂了,在多张图片的情况下,我们可以有两种选择:

选择当前图片,那么假设当前要凑的总高度为 3,当前图片的高度为 2,剩余的高度就为 1,此时我们可以用剩余的高度去「上一个纵坐标」里寻找「只考虑前面几种图片」的情况下,高度为 1 时的最优解。并且记录 当前图片的高度 + 前几种图片凑剩余高度的最优解 为 max1。不选择当前图片,那么就直接去「只考虑前面几种图片」的上一个纵坐标里,找到当前高度下的最优解即可,记为 max2。比较 max1 和max2,找出更大的那个值,记录为当前状态下的最优解。有了这个前置知识,来继续分解这个问题,在纵坐标为 1 的情况下,我们手上可以选择的图片有图片 1 和图片 2:

凑高度 1:由于图片 2 的高度为 2,相当于是容量超了,所以这种情况下不选择图片 2,而是直接选择图片 1,所以 dp[1][0] 可以直接沿用 dp[0][0]的最优解,也就是 { max: 1, indexes: [0] }。凑高度 2: 选择图片 2,图片 2 的高度为 4,能够凑成的高度为 4,已经超出了当前要凑的高度 2,所以不能选择图片 2。不选择图片 2,在只考虑图片 1 时的最优解数组 dp[0] 中找到高度为 2 时的最优解: dp[0][2],直接沿用下来,也就是 { max: 1, indexes: [0] }这种情况下只能不选择图片 2,而沿用只选择图片 1 时的解, { max: 1, indexes: [0] }省略凑高度 3 ~ 4 的情况,因为得出的结果和凑高度 2 是一样的。凑高度 5:高度为 5 的情况下就比较有意思了: 选择图片 2,图片 2 的高度为 4,能够凑成的高度为 4,此时剩余高度是 1,再去只考虑图片 1 的最优解数组 dp[0]中找高度为 1 时的最优解dp[0][1],发现结果是 { max: 1, indexes: [0] },这两个高度值 4 和 1 相加后没有超出高度的限制,所以得出最优解:{ max: 5, indexes: [0, 1] }不选择图片 2,在图片 1 的最优解数组中找到高度为 5 时的最优解: dp[0][5],直接沿用下来,也就是 { max: 1, indexes: [0] }很明显选择图片 2 的情况下,能凑成的高度更大,所以 dp[1][2] 的最优解选择 { max: 5, indexes: [0, 1] }仔细理解一下,相信你可以看出动态规划的过程,从最小的子问题 只考虑图片1出发,先求出最优解,然后再用子问题的最优解去推更大的问题 考虑图片1、2、考虑图片1、2、3的最优解。

画一下[1,4,5,4]问题的 dp 状态表吧:

可以看到,和我们刚刚推论的结果一致,在考虑图片 1 和图片 2 的情况下,凑高度为 5,也就是dp[1][5]的位置的最优解就是 5。最右下角的 dp[3][7] 就是考虑所有图片的情况下,凑高度为 7 时的全局最优解。

给出代码:

 // 尽可能选出图片中高度最接近图片总高度一半的元素 let dpHalf = (heights) => {   let mid = Math.round(sum(heights) / 2)   let dp = [] ​   // 基础状态 只考虑第一个图片的情况   dp[0] = []   for (let cap = 0; cap <= mid; cap++) {     dp[0][cap] =       heights[0] > cap         ? { max: 0, indexes: [] }        : { max: heights[0], indexes: [0] }  } ​   for (     let useHeightIndex = 1;     useHeightIndex < heights.length;     useHeightIndex++  ) {     if (!dp[useHeightIndex]) {       dp[useHeightIndex] = []    }     for (let cap = 0; cap <= mid; cap++) {       let usePrevHeightDp = dp[useHeightIndex - 1][cap]       let usePrevHeightMax = usePrevHeightDp.max       let currentHeight = heights[useHeightIndex]       // 这里有个小坑 剩余高度一定要转化为整数 否则去dp数组里取到的就是undefined了       let useThisHeightRestCap = Math.round(cap - heights[useHeightIndex])       let useThisHeightPrevDp = dp[useHeightIndex - 1][useThisHeightRestCap]       let useThisHeightMax = useThisHeightPrevDp         ? currentHeight + useThisHeightPrevDp.max        : 0 ​       // 是否把当前图片纳入选择 如果取当前的图片大于不取当前图片的高度       if (useThisHeightMax > usePrevHeightMax) {         dp[useHeightIndex][cap] = {           max: useThisHeightMax,           indexes: useThisHeightPrevDp.indexes.concat(useHeightIndex),        }      } else {         dp[useHeightIndex][cap] = {           max: usePrevHeightMax,           indexes: usePrevHeightDp.indexes,        }      }    }  } ​   return dp[heights.length - 1][mid] } 复制代码有了一侧的数组以后,我们只需要在数组中找出另一半,即可渲染到屏幕的两列中:

 this.leftImgIndexes = dpHalf(imgHeights).indexes this.rightImgIndexes = omitByIndexes(this.imgs, this.leftImgIndexes) 复制代码

优化 1由于纵轴的每一层的最优解都只需要参考上一层节点的最优解,因此可以只保留两行。通过判断出 2 取余来决定“上一行”的位置。此时空间复杂度是 O(2n)

优化 2由于每次参考值都只需要取上一行和当前位置左边位置的值(因为减去了当前高度后,剩余高度的最优解一定在左边),因此 dp 数组可以只保留一行,把问题转为从右向左求解,并且在求解的过程中不断覆盖当前的值,而不会影响下一次求解。此时空间复杂度是 O(n)。

并且在这种情况下对于时间复杂度也可以做优化,由于优化后,求当前高度的最优解是倒序遍历的,那么当发现求最优解的高度小于当前所考虑的那个图片的的高度时,说明本次求解不可能考虑当前图片了,此时左边的高度的最优解一定是「上一行的最优解」。

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