前端瀑布流布局实现算法

• Z时代
• 2024-01-10
• 分类：技术分享

前言

瀑布流布局" title="瀑布流布局">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。

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。

注意，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

从预览图中可以看出，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 = [
'https://pic3.zhimg.com/v2-89735fee10045d51693f1f74369aaa46_r.jpg',
'https://pic1.zhimg.com/v2-ca51a8ce18f507b2502c4d495a217fa0_r.jpg',
'https://pic1.zhimg.com/v2-c90799771ed8469608f326698113e34c_r.jpg',
'https://pic1.zhimg.com/v2-8d3dd83f3a419964687a028de653f8d8_r.jpg',
... more 50 items
]

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 }
}

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。

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：

1. 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。

2. 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

此时问题就变的有些复杂了，在多张图片的情况下，我们可以有两种选择：

1. 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。

2. 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。

3. 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：

1. 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] }。

2. 凑高度 2：

   1. 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，所以不能选则图片 2。

   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] }

   3. 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] }

3. 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。

4. 凑高度 5：高度为 5 的情况下就比较有意思了：

   1. 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] }

   2. 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] }

   3. 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]
}

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)

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。通过判断除 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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