【C++代码】编辑距离，最长递增子序列，最长连续递增序列，最长重复子数组，最长公共子序列，不相交的线，动态规划--代码随想录

题目：最长递增子序列

• 给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

• dp[i]的定义：dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度

• 状态转移方程：位置i的最长升序子序列等于j从0到i-1各个位置的最长升序子序列 + 1 的最大值。所以：if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

• dp[i]的初始化：每一个i，对应的dp[i]（即最长递增子序列）起始大小至少都是1.

• 

• class Solution {
  public:
      int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
          if(nums.size()<2){
              return nums.size();
          }
          vector<int> dp(nums.size(),1);
          int res=0;
          for(int i=1;i<nums.size();i++){
              for(int j=0;j<i;j++){
                  if(nums[i]>nums[j]){
                      dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
                  }
              }
              if(res<dp[i]){
                  res=dp[i];
              }
          }
          return res;
      }
  };
  

• 时间复杂度: O(n^2)；空间复杂度: O(n)

题目：最长连续递增序列

• 给定一个未经排序的整数数组，找到最长且 连续递增的子序列，并返回该序列的长度。连续递增的子序列 可以由两个下标 l 和 r（l < r）确定，如果对于每个 l <= i < r，都有 nums[i] < nums[i + 1] ，那么子序列 [nums[l], nums[l + 1], ..., nums[r - 1], nums[r]] 就是连续递增子序列。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i]：以下标i为结尾的连续递增的子序列长度为dp[i]。

• 确定递推公式：如果 nums[i] > nums[i - 1]，那么以 i 为结尾的连续递增的子序列长度 一定等于 以i - 1为结尾的连续递增的子序列长度 + 1 。即：dp[i] = dp[i - 1] + 1;因为本题要求连续递增子序列，所以就只要比较nums[i]与nums[i - 1]，而不用去比较nums[j]与nums[i] （j是在0到i之间遍历）。

• dp数组如何初始化：以下标i为结尾的连续递增的子序列长度最少也应该是1，即就是nums[i]这一个元素。

• class Solution {
  public:
      int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
          if(nums.size()==0){
              return 0;
          }
          int res=1;
          vector<int> dp(nums.size(),1);
          for(int i=1;i<nums.size();i++){
              if(nums[i]>nums[i-1]){
                  dp[i]=dp[i-1]+1;
              }
              if(dp[i]>res){
                  res=dp[i];
              }
          }
          return res;
      }
  };
  

• 也可以用贪心来做，也就是遇到nums[i] > nums[i - 1]的情况，count就++，否则count为1，记录count的最大值就可以了。

• class Solution {
  public:
      int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
          if(nums.size()<2){
              return nums.size();
          }
          int count=1;
          int res=0;
          for(int i=0;i<nums.size()-1;i++){
              if(nums[i]<nums[i+1]){
                  count++;
              }else{
                  count=1;
              }
              // res = res>count?res:count;
              if(count>res){
                  res=count;
              }
          }
          return res;
      }
  };
  

• 时间复杂度：O(n)；空间复杂度：O(1)

题目：最长重复子数组

• 给两个整数数组 nums1 和 nums2 ，返回 两个数组中 公共的 、长度最长的子数组的长度 。

• 用二维数组可以记录两个字符串的所有比较情况，这样就比较好推 递推公式了。 动规五部曲分析如下：

  • 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i][j] ：以下标i - 1为结尾的A，和以下标j - 1为结尾的B，最长重复子数组长度为dp[i] [j]。 （特别注意： “以下标i - 1为结尾的A” 标明一定是 以A[i-1]为结尾的字符串 ）
  • 确定递推公式：根据dp[i][j]的定义，dp[i] [j]的状态只能由dp[i - 1] [j - 1]推导出来。即当A[i - 1] 和B[j - 1]相等的时候，dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1] + 1;
  • dp数组如何初始化：为了方便递归公式dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1] + 1;所以dp[i] [0] 和dp[0] [j]初始化为0。
  • 确定遍历顺序：外层for循环遍历A，内层for循环遍历B。
  • 

• class Solution {
  public:
      int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
          vector<vector<int>> dp(nums1.size()+1,vector<int>(nums2.size()+1,0));
          int res=0;
          for(int i=1;i<=nums1.size();i++){
              for(int j=1;j<=nums2.size();j++){
                  if(nums1[i-1]==nums2[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
                  }
                  if(dp[i][j]>res){
                      res=dp[i][j];
                  }
              }
          }
          return res;
      }
  };
  

• 时间复杂度：O(n × m)，n 为A长度，m为B长度；空间复杂度：O(n × m)

题目：最长公共子序列

• 给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长 公共子序列 的长度。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。两个字符串的 公共子序列 是这两个字符串所共同拥有的子序列。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i] [j]：长度为[0, i - 1]的字符串text1与长度为[0, j - 1]的字符串text2的最长公共子序列为dp[i] [j]。

• 确定递推公式：主要就是两大情况： text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同。

  • 如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，那么找到了一个公共元素，所以dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1] + 1;
  • 如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同，那就看看text1[0, i - 2]与text2[0, j - 1]的最长公共子序列 和 text1[0, i - 1]与text2[0, j - 2]的最长公共子序列，取最大的。
  • dp数组如何初始化：test1[0, i-1]和空串的最长公共子序列自然是0，所以dp[i] [0] = 0;同理dp[0] [j]也是0。其他下标都是随着递推公式逐步覆盖，初始为多少都可以，那么就统一初始为0。
  • 

• class Solution {
  public:
      int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
          vector<vector<int>> dp(text1.size()+1,vector<int>(text2.size()+1,0));
          for(int i=1;i<=text1.size();i++){
              for(int j=1;j<=text2.size();j++){
                  if(text1[i-1]==text2[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
                  }else{
                      dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
                  }
              }
          }
          return dp[text1.size()][text2.size()];
      }
  };
  

• 时间复杂度: O(n * m)，其中 n 和 m 分别为 text1 和 text2 的长度；空间复杂度: O(n * m)

题目：不相交的线

• 在两条独立的水平线上按给定的顺序写下 nums1 和 nums2 中的整数。现在，可以绘制一些连接两个数字 nums1[i] 和 nums2[j] 的直线，这些直线需要同时满足满足：nums1[i] == nums2[j]。且绘制的直线不与任何其他连线（非水平线）相交。请注意，连线即使在端点也不能相交：每个数字只能属于一条连线。以这种方法绘制线条，并返回可以绘制的最大连线数。

• **本题说是求绘制的最大连线数，其实就是求两个字符串的最长公共子序列的长度！**这就和上一题的思路一样了。

• class Solution {
  public:
      int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
          vector<vector<int>> dp(nums1.size()+1,vector<int>(nums2.size()+1,0));
          for(int i=1;i<=nums1.size();i++){
              for(int j=1;j<=nums2.size();j++){
                  if(nums1[i-1]==nums2[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
                  }else{
                      dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
                  }
              }
          }
          return dp[nums1.size()][nums2.size()];
      }
  };
  

题目：最大子数组和

• 给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i]：包括下标i（以nums[i]为结尾）的最大连续子序列和为dp[i]。

• 确定递推公式：dp[i]只有两个方向可以推出来

  • dp[i - 1] + nums[i]，即：nums[i]加入当前连续子序列和
  • nums[i]，即：从头开始计算当前连续子序列和。一定是取最大的，所以dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]);
  • dp数组如何初始化：从递推公式可以看出来dp[i]是依赖于dp[i - 1]的状态，dp[0]就是递推公式的基础。根据dp[i]的定义，很明显dp[0]应为nums[0]即dp[0] = nums[0]。

• class Solution {
  public:
      int maxSubArray(vector<int>& nums) {
          if(nums.size()==0){
              return 0;
          }
          int res=nums[0];
          vector<int> dp(nums.size(),0);
          dp[0] = nums[0];
          for(int i=1;i<nums.size();i++){
              dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]);
              if(dp[i]>res){
                  res=dp[i];
              }
          }
          return res;
      }
  };
  

题目：判断子序列

• 给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。字符串的一个子序列是原始字符串删除一些（也可以不删除）字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。（例如，"ace"是"abcde"的一个子序列，而"aec"不是）。

• 自己编的过了16个用例，就是通过不了完整的

  • class Solution {
    public:
        bool isSubsequence(string s, string t) {
            int s_len=s.size(),t_len=t.size();
            if(s_len>t_len){
                return false;
            }
            int temp_index=0;
            for(int i=0;i<s_len;i++){
                while(s[i]!=t[temp_index] && temp_index<t_len){
                    temp_index++;
                }
                if(t_len-temp_index < s_len-i){
                    return false;
                }
            }
            return true;
        }
    };
    

• 动态规划五部曲分析如下：

  • 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i] [j] 表示以下标i-1为结尾的字符串s，和以下标j-1为结尾的字符串t，相同子序列的长度为dp[i] [j]。注意这里是判断s是否为t的子序列。即t的长度是大于等于s的。
  • 确定递推公式：在确定递推公式的时候，首先要考虑如下两种操作，整理如下：
    • if (s[i - 1] == t[j - 1]) ； t中找到了一个字符在s中也出现了
    • if (s[i - 1] != t[j - 1]) ； 相当于t要删除元素，继续匹配
  • dp数组如何初始化：从递推公式可以看出dp[i] [j]都是依赖于dp[i - 1] [j - 1] 和 dp[i] [j - 1]，所以dp[0] [0]和dp[i] [0]是一定要初始化的。这里大家已经可以发现，在定义dp[i][j]含义的时候为什么要表示以下标i-1为结尾的字符串s，和以下标j-1为结尾的字符串t，相同子序列的长度为dp[i] [j]。
  • 

• class Solution {
  public:
      bool isSubsequence(string s, string t) {
          vector<vector<int>> dp(s.size()+1,vector<int>(t.size()+1,0));
          for(int i=1;i<=s.size();i++){
              for(int j=1;j<=t.size();j++){
                  if(s[i-1]==t[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1]+1;
                  }else{
                      dp[i][j] = dp[i][j-1];
                  }
              }
          }
          return dp[s.size()][t.size()]==s.size();
      }
  };
  

• 时间复杂度：O(n × m)；空间复杂度：O(n × m)

• 

题目：不同的子序列

• 给你两个字符串 s 和 t ，统计并返回在 s 的 子序列 中 t 出现的个数，结果需要对 10^9 + 7 取模。

• 这道题目如果不是子序列，而是要求连续序列的，那就可以考虑用KMP。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义:dp[i] [j]：以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i] [j]。

• 确定递推公式:这一类问题，基本是要分析两种情况；s[i - 1] 与 t[j - 1]相等；s[i - 1] 与 t[j - 1] 不相等。当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，dp[i] [j]可以有两部分组成。一部分是用s[i - 1]来匹配，那么个数为dp[i - 1] [j - 1]。即不需要考虑当前s子串和t子串的最后一位字母，所以只需要 dp[i-1] [j-1]。一部分是不用s[i - 1]来匹配，个数为dp[i - 1] [j]。当s[i - 1] 与 t[j - 1]不相等时，dp[i] [j]只有一部分组成，不用s[i - 1]来匹配（就是模拟在s中删除这个元素），即：dp[i - 1] [j]

• dp数组如何初始化：从递推公式dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1] + dp[i - 1] [j]; 和 dp[i] [j] = dp[i - 1] [j]; 中可以看出dp[i] [j] 是从上方和左上方推导而来，那么 dp[i] [0] 和dp[0] [j]是一定要初始化的。dp[i] [0] 表示：以i-1为结尾的s可以随便删除元素，出现空字符串的个数。那么dp[i] [0]一定都是1，因为也就是把以i-1为结尾的s，删除所有元素，出现空字符串的个数就是1。

• class Solution {
  public:
      int numDistinct(string s, string t) {
          vector<vector<uint64_t>> dp(s.size()+1,vector<uint64_t>(t.size()+1));
          for(int i=0;i<s.size();i++){
              dp[i][0] = 1;
          }
          for(int i=1;i<=s.size();i++){
              for(int j=1;j<=t.size();j++){
                  if(s[i-1]==t[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];
                  }else{
                      dp[i][j] = dp[i-1][j];
                  }
              }
          }
          return dp[s.size()][t.size()];
      }
  };
  

• 时间复杂度: O(n * m)； 空间复杂度: O(n * m)

• 

• 从递推公式dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1] + dp[i - 1] [j]; 和 dp[i] [j] = dp[i - 1] [j]; 中可以看出dp[i] [j]都是根据左上方和正上方推出来的。

题目：两个字符串的删除操作

• 给定两个单词 word1 和 word2 ，返回使得 word1 和 word2 相同所需的最小步数。每步 可以删除任意一个字符串中的一个字符。

• 这次是两个字符串可以相互删了，这种题目也知道用动态规划的思路来解，动规五部曲，分析如下：

  • 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i] [j]：以i-1为结尾的字符串word1，和以j-1位结尾的字符串word2，想要达到相等，所需要删除元素的最少次数。
  • 确定递推公式：当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候；当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候
    • 当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1];
    • 当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，有三种情况：
      • 情况一：删word1[i - 1]，最少操作次数为dp[i - 1] [j] + 1
      • 情况二：删word2[j - 1]，最少操作次数为dp[i] [ j - 1] + 1
      • 情况三：同时删word1[i - 1]和word2[j - 1]，操作的最少次数为dp[i - 1] [j - 1] + 2
  • 那最后当然是取最小值，所以当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，递推公式：dp[i][j] = min({dp[i - 1] [j - 1] + 2, dp[i - 1] [j] + 1, dp[i] [j - 1] + 1});
  • dp数组如何初始化：dp[i] [0]：word2为空字符串，以i-1为结尾的字符串word1要删除多少个元素，才能和word2相同呢，很明显dp[i] [0] = i。dp[0] [j]的话同理
  • 确定遍历顺序：从递推公式 dp[i] [j] = min(dp[i - 1] [j - 1] + 2, min(dp[i - 1] [j], dp[i] [j - 1]) + 1); 和dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1]可以看出dp[i] [j]都是根据左上方、正上方、正左方推出来的。

• class Solution {
  public:
      int minDistance(string word1, string word2) {
          vector<vector<int>> dp(word1.size()+1,vector<int>(word2.size()+1));
          for(int i=0;i<=word1.size();i++){
              dp[i][0]=i;
          }
          for(int i=0;i<=word2.size();i++){
              dp[0][i]=i;
          }
          for(int i=1;i<=word1.size();i++){
              for(int j=1;j<=word2.size();j++){
                  if(word1[i-1]==word2[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                  }else{
                      dp[i][j] = min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1);
                  }
              }
          }
          return dp[word1.size()][word2.size()];
      }
  };
  

题目：编辑距离

• 给你两个单词 word1 和 word2， 请返回将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。你可以对一个单词进行如下三种操作：插入一个字符; 删除一个字符; 替换一个字符。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i] [j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1，和以下标j-1为结尾的字符串word2，最近编辑距离为dp[i] [j]。

• 确定递推公式：if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) 那么说明不用任何编辑，dp[i] [j] 就应该是 dp[i - 1] [j - 1]，即dp[i] [j] = dp[i - 1] [j - 1];

  • if (word1[i - 1] != word2[j - 1])，此时就需要编辑了，如何编辑呢？操作一：word1删除一个元素，那么就是以下标i - 2为结尾的word1 与 j-1为结尾的word2的最近编辑距离 再加上一个操作。即 dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1;
  • 操作二：word2删除一个元素，那么就是以下标i - 1为结尾的word1 与 j-2为结尾的word2的最近编辑距离 再加上一个操作。dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;word2添加一个元素，相当于word1删除一个元素，例如 word1 = "ad" ，word2 = "a"，word1删除元素'd' 和 word2添加一个元素'd'，变成word1="a", word2="ad"， 最终的操作数是一样！
  • 操作三：替换元素，word1替换word1[i - 1]，使其与word2[j - 1]相同，此时不用增删加元素。if (word1[i - 1] == word2[j - 1])的时候我们的操作 是 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] 对吧。所以 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
  • 综上，当 if (word1[i - 1] != word2[j - 1]) 时取最小的，即：dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;

• dp数组如何初始化:dp[i] [j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1，和以下标j-1为结尾的字符串word2，最近编辑距离为dp[i] [j]。dp[i] [0] ：以下标i-1为结尾的字符串word1，和空字符串word2，最近编辑距离为dp[i] [0]。那么dp[i] [0]就应该是i，对word1里的元素全部做删除操作，即：dp[i] [0] = i;

• 

• class Solution {
  public:
      int minDistance(string word1, string word2) {
          vector<vector<int>> dp(word1.size()+1,vector<int>(word2.size()+1));
          for(int i=1;i<=word1.size();i++){
              dp[i][0] = i;
          }
          for(int j=0;j<=word2.size();j++){
              dp[0][j] = j;
          }
          for(int i=1;i<=word1.size();i++){
              for(int j=1;j<=word2.size();j++){
                  if(word1[i-1] == word2[j-1]){
                      dp[i][j] = dp[i-1][j-1];
                  }else{
                      dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1],min(dp[i-1][j],dp[i][j-1]))+1;
                  }
              }
          }
          return dp[word1.size()][word2.size()];
      }
  };
  

• 时间复杂度: O(n * m)； 空间复杂度: O(n * m)

题目：回文子串

• 给你一个字符串 s ，请你统计并返回这个字符串中 回文子串 的数目。回文字符串 是正着读和倒过来读一样的字符串。子字符串 是字符串中的由连续字符组成的一个序列。具有不同开始位置或结束位置的子串，即使是由相同的字符组成，也会被视作不同的子串。

• 暴力解法：两层for循环，遍历区间起始位置和终止位置，然后还需要一层遍历判断这个区间是不是回文。所以时间复杂度：O(n^3)

• 动态规划：确定dp数组（dp table）以及下标的含义，dp数组是要定义成一位二维dp数组。布尔类型的dp[i] [j]：表示区间范围[i,j] （注意是左闭右闭）的子串是否是回文子串，如果是dp[i] [j]为true，否则为false。

  • 确定递推公式：整体上是两种，就是s[i]与s[j]相等，s[i]与s[j]不相等这两种。
    • 当s[i]与s[j]不相等，那没啥好说的了，dp[i][j]一定是false。
    • 当s[i]与s[j]相等时，这就复杂一些了，有如下三种情况:情况一：下标i 与 j相同，同一个字符例如a，当然是回文子串;情况二：下标i 与 j相差为1，例如aa，也是回文子串;情况三：下标：i 与 j相差大于1的时候，例如cabac，此时s[i]与s[j]已经相同了，我们看i到j区间是不是回文子串就看aba是不是回文就可以了，那么aba的区间就是 i+1 与 j-1区间，这个区间是不是回文就看dp[i + 1][j - 1]是否为true。
  • dp数组如何初始化:dp[i][j]初始化为false。
  • 确定遍历顺序:首先从递推公式中可以看出，情况三是根据dp[i + 1][j - 1]是否为true，在对dp[i][j]进行赋值true的。dp[i + 1][j - 1] 在 dp[i][j]的左下角。所以一定要从下到上，从左到右遍历，这样保证dp[i + 1][j - 1]都是经过计算的。

• class Solution {
  public:
      int countSubstrings(string s) {
          vector<vector<bool>> dp(s.size(),vector<bool>(s.size(),false));
          int res=0;
          for(int i=s.size()-1;i>=0;i--){
              for(int j=i;j<s.size();j++){
                  if(s[i]==s[j]){
                      if(j-i<=1){
                          dp[i][j] = true;
                          res++;
                      }else if(dp[i+1][j-1]){
                          dp[i][j] = true;
                          res++;
                      }
                  }
              }
          }
          return res;
      }
  };
  

• 时间复杂度：O(n^2)；空间复杂度：O(n^2)

• 双指针法:首先确定回文串，就是找中心然后向两边扩散看是不是对称的就可以了。在遍历中心点的时候，要注意中心点有两种情况。一个元素可以作为中心点，两个元素也可以作为中心点。

• class Solution {
  public:
  
      int append_pair(const string& s,int i,int j,int n){
          int res=0;
          while(i>=0 && j<n && s[i]==s[j]){
              i--;
              j++;
              res++;
          }
          return res;
      }
      int countSubstrings(string s) {
          int res = 0;
          for(int i=0;i<s.size();i++){
              res += append_pair(s,i,i,s.size());
              res += append_pair(s,i,i+1,s.size());
          }
          return res;
      }
  };
  

题目：最长回文子序列

• 给你一个字符串 s ，找出其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。子序列定义为：不改变剩余字符顺序的情况下，删除某些字符或者不删除任何字符形成的一个序列。

• 回文子串是要连续的，回文子序列可不是连续的！ 回文子串，回文子序列都是动态规划经典题目。

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义：dp[i][j]：字符串s在[i, j]范围内最长的回文子序列的长度为dp[i][j]。

• 确定递推公式:在判断回文子串的题目中，关键逻辑就是看s[i]与s[j]是否相同。如果s[i]与s[j]相同，那么dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;

  • 如果s[i]与s[j]不相同，说明s[i]和s[j]的同时加入 并不能增加[i,j]区间回文子序列的长度，那么分别加入s[i]、s[j]看看哪一个可以组成最长的回文子序列。加入s[j]的回文子序列长度为dp[i + 1][j]。加入s[i]的回文子序列长度为dp[i][j - 1]。那么dp[i][j]一定是取最大的，即：dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
  • 

• dp数组如何初始化:首先要考虑当i 和j 相同的情况，从递推公式：dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2; 可以看出 递推公式是计算不到 i 和j相同时候的情况。当i与j相同，那么dp[i][j]一定是等于1的，即：一个字符的回文子序列长度就是1。

• class Solution {
  public:
      int longestPalindromeSubseq(string s) {
          vector<vector<int>> dp(s.size(),vector<int>(s.size()));
          for(int i=0;i<s.size();i++){
              dp[i][i] = 1;
          }
          for(int i=s.size()-1;i>=0;i--){
              for(int j=i+1;j<s.size();j++){
                  if(s[i]==s[j]){
                      dp[i][j] = dp[i+1][j-1]+2;
                  }else{
                      dp[i][j] = max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]);
                  }
              }
          }
          return dp[0][s.size()-1];
      }
  };
  

• 时间复杂度: $O(2^n)$；空间复杂度: : $O(2^n)$