代码随想录刷题day52 300.最长递增子序列；674. 最长连续递增序列；718. 最长重复子数组
代码随想录刷题day52 300.最长递增子序列；674. 最长连续递增序列；718. 最长重复子数组
二维dp的初次应用，关于子序列的一系列问题。
300.最长递增子序列
300. 最长递增子序列 - 力扣（Leetcode）
子序列的一个入门题目。要点是两层遍历以及明确起始位置。
思路
最长上升子序列是动规的经典题目，这里dp[i]是可以根据dp[j] （j < i）推导出来的，那么依然用动规五部曲来分析详细一波：
- dp[i]的定义
dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾最长上升子序列的长度
- 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);
注意这里不是要dp[i] 与 dp[j] + 1进行比较，而是我们要取dp[j] + 1的最大值。
- dp[i]的初始化
每一个i，对应的dp[i]（即最长上升子序列）起始大小至少都是1.
- 确定遍历顺序
dp[i] 是有0到i-1各个位置的最长升序子序列 推导而来，那么遍历i一定是从前向后遍历。
j其实就是0到i-1，遍历i的循环在外层，遍历j则在内层，代码如下：
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 (dp[i] > result) result = dp[i]; // 取长的子序列
}
- 举例推导dp数组
输入：[0,1,0,3,2]，dp数组的变化如下：
以上五部分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
if (nums.size() <= 1) return nums.size();
vector<int> dp(nums.size(), 1);
int result = 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 (dp[i] > result) result = dp[i]; // 取长的子序列
}
return result;
}
};
674. 最长连续递增序列
674. 最长连续递增序列 - 力扣（Leetcode）
其实贪心的方法反而更好理解一些。对于dp的过程来说，我觉得也有点像贪心。
思路
本题要求的是最长连续递增序列
动态规划
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]：以下标i为结尾的数组的连续递增的子序列长度为dp[i]。
注意这里的定义，一定是以下标i为结尾，并不是说一定以下标0为起始位置。
- 确定递推公式
如果 nums[i + 1] > nums[i]，那么以 i+1 为结尾的数组的连续递增的子序列长度 一定等于 以i为结尾的数组的连续递增的子序列长度 + 1 。
即：dp[i + 1] = dp[i] + 1;
因为本题要求连续递增子序列，所以就必要比较nums[i + 1]与nums[i]，而不用去比较nums[j]与nums[i] （j是在0到i之间遍历）。
既然不用j了，那么也不用两层for循环，本题一层for循环就行，比较nums[i + 1] 和 nums[i]。
- dp数组如何初始化
以下标i为结尾的数组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。
所以dp[i]应该初始1;
- 确定遍历顺序
从递推公式上可以看出， dp[i + 1]依赖dp[i]，所以一定是从前向后遍历。
本文在确定递推公式的时候也说明了为什么本题只需要一层for循环，代码如下：
for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {
if (nums[i + 1] > nums[i]) { // 连续记录
dp[i + 1] = dp[i] + 1; // 递推公式
}
}
- 举例推导dp数组
已输入nums = [1,3,5,4,7]为例，dp数组状态如下：
注意这里要取dp[i]里的最大值，所以dp[2]才是结果！
以上分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
int result = 1;
vector<int> dp(nums.size() ,1);
for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {
if (nums[i + 1] > nums[i]) { // 连续记录
dp[i + 1] = dp[i] + 1;
}
if (dp[i + 1] > result) result = dp[i + 1];
}
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
贪心
这道题目也可以用贪心来做，也就是遇到nums[i + 1] > nums[i]的情况，count就++，否则count为1，记录count的最大值就可以了。
代码如下：
class Solution {
public:
int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
int result = 1; // 连续子序列最少也是1
int count = 1;
for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {
if (nums[i + 1] > nums[i]) { // 连续记录
count++;
} else { // 不连续，count从头开始
count = 1;
}
if (count > result) result = count;
}
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
总结
要联动起来，才能理解递增子序列怎么求，递增连续子序列又要怎么求。
概括来说：不连续递增子序列的跟前0-i 个状态有关，连续递增的子序列只跟前一个状态有关
718. 最长重复子数组
718. 最长重复子数组 - 力扣（Leetcode）
二维dp数组的使用。滚动数组优化的方法没理解，可能和背包问题一样，如果从前向后的话会有覆盖的问题，所以从后向前递推。
思路
注意题目中说的子数组，其实就是连续子序列。这种问题动规最拿手，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 ）
此时细心的同学应该发现，那dp[0][0]是什么含义呢？总不能是以下标-1为结尾的A数组吧。
其实dp[i][j]的定义也就决定着，我们在遍历dp[i][j]的时候i 和 j都要从1开始。
那有同学问了，我就定义dp[i][j]为 以下标i为结尾的A，和以下标j 为结尾的B，最长重复子数组长度。不行么？
行倒是行！ 但实现起来就麻烦一点，大家看下面的dp数组状态图就明白了。
- 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;
根据递推公式可以看出，遍历i 和 j 要从1开始！
- dp数组如何初始化
根据dp[i][j]的定义，dp[i][0] 和dp[0][j]其实都是没有意义的！
但dp[i][0] 和dp[0][j]要初始值，因为 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。
举个例子A[0]如果和B[0]相同的话，dp[1][1] = dp[0][0] + 1，只有dp[0][0]初始为0，正好符合递推公式逐步累加起来。
- 确定遍历顺序
外层for循环遍历A，内层for循环遍历B。
那又有同学问了，外层for循环遍历B，内层for循环遍历A。不行么？
也行，一样的，我这里就用外层for循环遍历A，内层for循环遍历B了。
同时题目要求长度最长的子数组的长度。所以在遍历的时候顺便把dp[i][j]的最大值记录下来。
代码如下：
for (int i = 1; i <= A.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= B.size(); j++) {
if (A[i - 1] == B[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}
if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
- 举例推导dp数组
拿示例1中，A: [1,2,3,2,1]，B: [3,2,1,4,7]为例，画一个dp数组的状态变化，如下：
以上五部曲分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int findLength(vector<int>& A, vector<int>& B) {
vector<vector<int>> dp (A.size() + 1, vector<int>(B.size() + 1, 0));
int result = 0;
for (int i = 1; i <= A.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= B.size(); j++) {
if (A[i - 1] == B[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}
if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
return result;
}
};
- 时间复杂度： O ( n × m ) O(n × m) O(n×m)，n 为A长度，m为B长度
- 空间复杂度： O ( n × m ) O(n × m) O(n×m)
滚动数组
在如下图中：
我们可以看出dp[i][j]都是由dp[i - 1][j - 1]推出。那么压缩为一维数组，也就是dp[j]都是由dp[j - 1]推出。
也就是相当于可以把上一层dp[i - 1][j]拷贝到下一层dp[i][j]来继续用。
此时遍历B数组的时候，就要从后向前遍历，这样避免重复覆盖。
class Solution {
public:
int findLength(vector<int>& A, vector<int>& B) {
vector<int> dp(vector<int>(B.size() + 1, 0));
int result = 0;
for (int i = 1; i <= A.size(); i++) {
for (int j = B.size(); j > 0; j--) {
if (A[i - 1] == B[j - 1]) {
dp[j] = dp[j - 1] + 1;
} else dp[j] = 0; // 注意这里不相等的时候要有赋0的操作
if (dp[j] > result) result = dp[j];
}
}
return result;
}
};
- 时间复杂度： O ( n × m ) O(n × m) O(n×m)，n 为A长度，m为B长度
- 空间复杂度： O ( m ) O(m) O(m)