【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列,三道题目深度解析

动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略,它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题,并将每个小问题的解保存起来。这样,当我们需要解决原始问题的时候,我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解,而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法:

  1. 基础步骤(base case):首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况,可以直接验证命题是否成立。

  2. 归纳步骤(inductive step):假设命题在某个情况下成立,然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤,我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划:

  1. 状态表示:

  2. 状态转移方程:

  3. 初始化:

  4. 填表顺序:

  5. 返回值:

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中,首先得到状态在最小的基础情况下的值,然后通过状态转移方程,得到下一个状态的值,反复迭代,最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题,深入理解动态规划思想,以及实现动态规划的具体步骤。

1218. 最长定差子序列 - 力扣(LeetCode)

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题目解析

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状态表示

状态表示一般通过经验+题目要求得到,

经验一般指,以某个位置为结尾,或者以某个位置为开始。

我们可以很容易得到这样一个状态表示,定义dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

状态转移方程

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dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

我们针对于(以i位置元素为结尾的等差子序列,以及i位置元素)进行分析,想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

  1. 如果只考虑i位置一个元素, 等差子序列只有i位置一个元素,长度为1,故dp[i]=1。

  2. 如果不止考虑i位置一个元素, 那么i位置元素可能跟在前面(0~i-1)中任意满足(arr[i]-arr[j]=difference)的元素后面,(0<=j<=i-1),对于确定的一个j值,此时dp[i]=dp[j]+1,意味着j位置元素和i位置元素构成等差子序列。 由于(0<=j<=i-1) 所以dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1),需要在(0~i-1)这些状态中找到最大的值存储在dp[i]中。

将上述情况进行合并和简化,

  1. 如果第二种情况,至少有一个j满足情况,进行了赋值操作。

    1. 因为dp[i]的取值需要在自己和前面的值中选取最大的一个,并且是赋值,所以在最开始的赋值中,自己必须有初始值。

    2. 在自己初始化的前提下,dp[i]一定会被赋值为一个大于1的值,所以就不会取到第一种情况。

  2. 如果第二种情况,没有一个j满足要求,没有进行赋值操作。 那么dp[i]就只能自己构成等差子序列,dp[i]就等于1。

综上所述,我们需要初始化所有位置状态为1,保证dp[i]最开始有初始值,同时状态初始化为1,是最长等差子序列的最低标准,把只有自己一个元素的情况考虑进去了。

状态转移方程为,

 
  
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (arr[i] - arr[j] == difference) {
                dp[i] = fmax(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
    }

初始化

根据状态转移方程,我们知道,想要推导出i位置的状态,需要用到(0~i-1)位置的状态,所以我们需要初始化第一个位置的状态,即dp[0]=1。

根据在状态转移方程的分析,我们需要将所有位置状态初始化为1,结合起来得到初始化,

初始化为,

 
  
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i] = 1;
    }

填表顺序

根据状态转移方程,我们知道想要推导出i位置状态,需要运用到(0~i-1)位置的状态,所以我们需要从左往右填写,保证在推导i位置的状态时,(0~i-1)位置的状态都已经得到。

即,从左往右填写。

返回值

dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

结合题目意思,我们需要得到所有等差子序列中长度最长的长度值,所以我们需要遍历dp表,找到长度最长的长度值,然后返回。

代码实现

我们最容易得到的代码:(时间复杂度是O(n^2),但是结果超时了)

 
  
int longestSubsequence(int* arr, int arrSize, int difference) {
    int n = arrSize;
    int dp[n];

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i] = 1;
    }
    int ret = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (arr[i] - arr[j] == difference) {
                dp[i] = fmax(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
        ret = fmax(ret, dp[i]);
    }

    return ret;
}

所以我们必须将优化时间复杂度。

我们进行优化,最外层的循环是一定优化不了的,因为我们必须遍历dp表一遍去填写每一个值,所以我们希望优化内循环,看看能不能降低时间复杂度。

我们内循环的作用是,对于i位置的元素,遍历所有可能构成的等差序列,找到最大长度,然后赋值给dp[i]。

(遍历所有可能构成的等差序列)我们知道一个重要的信息,arr[i] - arr[j] == difference。

也就是我们满足要求的元素值我们是知道的,arr[j],

我们想能不能根据这个元素值直接找到最长的等差序列的长度?

如果可以实现,就可以把内循环的一层遍历优化为O(1)。

通过关键值直接访问,这不就是hash表吗?

如果hash表下标记录元素值,hash值记录最长的等差序列的长度,这样就可以实现优化。

既然hash值存储的是长度即dp,那么我们就做到将(元素,dp)进行绑定。就不需要dp数组了。

hash存储的就是最长长度,相当于代替了dp的作用。

这里我用c++实现,(因为c++更方便一点,c语言hash表下标不能存负数)

 
  
class Solution {
public:
    int longestSubsequence(vector& arr, int difference) {

        unordered_map hash;
        hash[arr[0]] = 1;

        int ret = 1;
        for (int i = 1; i < arr.size(); i++) {
            hash[arr[i]] = hash[arr[i] - difference] + 1;
            ret = fmax(ret, hash[arr[i]]);
        }

        return ret;
    }
};

873. 最长的斐波那契子序列的长度 - 力扣(LeetCode)

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题目解析

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状态表示

状态表示一般通过经验+题目要求得到,

经验一般指,以某个位置为结尾,或者以某个位置为开始。

我们可以很容易得到这样一个状态表示,定义dp[i]表示以i位置为结尾的最长的斐波那契子序列的长度。

我们可以尝试推导一下对应的状态转移方程。

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dp[i]表示以i位置为结尾的最长的斐波那契子序列的长度。

我们针对于(以i位置元素为结尾的斐波那契子序列,以及i位置元素)进行分析,想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

  1. 如果只考虑i位置一个元素, 因为斐波那契子序列最少要含有三个元素,所以实际上dp[i]应该为0,如果dp[i]为零,没办法区分i位置元素最多和前面0个元素构成斐波那契子序列还是和前面1个元素构成斐波那契子序列,因此我们这里dp[i]存储1,表示只能和前面0个元素构成斐波那契子序列,而只需要判断dp[i]的值是不是小于3就知道这个值的含义。

  2. 如果不止考虑i位置一个元素, i位置元素可能跟在前面的任意位置元素后面,(0~i-1)定义(0<=j<=i-1),针对j位置元素,如果i位置元素和j位置元素构成斐波那契子序列,那么arr[i]=arr[j]+(前一个元素),但我们不知道以j位置元素结尾的最长子序列前一个元素是不是我们希望的那个元素,所以这个状态表示不足以推导出状态转移方程。

我们可以修正一个状态转移方程,定义dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中,最长的斐波那契子序列长度。

固定了最后两个位置的斐波那契子序列,就可以推导出前一个位置的元素,即,arr[j]-arr[i]。

以(arr[j]-arr[i])这个元素对应下标位置和i位置结尾的所有子序列中,最长的斐波那契子序列长度是dp[x][i]就可以推导出状态转移方程。

因此状态表示为,定义dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中,最长的斐波那契子序列长度。

状态转移方程

【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列,三道题目深度解析_第7张图片

dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中,最长的斐波那契子序列长度。

我们针对于(以i、j位置元素为结尾的斐波那契子序列)进行分析,想一想dp[i][j]能不能由其他状态推导得出。

假设arr[i]=b,arr[j]=c,那么这个序列前一个元素就是a=c-b。我们根据a的情况进行讨论,

  1. a存在,

    1. a

    2. a>b, 假设a的下标为k,此时k介于i和j之间,所以这种情况不成立,此时dp[i][j]=2。

  2. a不存在, 此时dp[i][j]=2。

将上述情况进行合并和简化,

如果a存在且a

我们发现,在状态转移方程中,我们需要确定 a 元素的下标。因此我们可以在 dp 之

前,将所有的「元素+下标」绑定在一起,放到哈希表中。

即,

 
  
        unordered_map hash;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            hash[arr[i]] = i;

这样我们就可以快速通过a元素值找到对应的下标,并且可以快速知道arr数组中是否存在a元素。

状态转移方程为,

 
  
        for (int j = 2; j < n; j++) // 固定最后一个位置
        {
            for (int i = 1; i < j; i++) // 固定倒数第二个位置
            {
                int a = arr[j] - arr[i];
                // 条件成立的情况下更新
                if (a < arr[i] && hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
            }
        }

初始化

根据状态转移方程,我们知道在推导(i,j)位置的状态时,可能要用到(0~i-1)(i)位置的状态,所以我们初始化最基础的最小的解,推导第二个状态((1,2)位置的状态)时,需要初始化(0~1-1)(i)即dp[0][1]=2。

结合在状态转移方程中的分析,所有状态都要初始化为2,故初始化为,

 
  
        vector> dp(n, vector(n, 2));

填表顺序

根据状态转移方程,我们知道在推导(i,j)位置的状态时,可能要用到(0~i-1)(i)位置的状态,所以在填写(i,j)位置的状态时,(k,i)位置的状态必须已经填写好,(0<=k<=i-1)。

如果固定j填写i,我们需要用到的是(k,i),i对应的状态应该已经全部填写,所以j应该从小到大变化。此时i的变化可以从小到大也可以从大到小。

如果固定i填写j,我们需要用到的是(k,i),k对应的状态应该已经全部填写,所以i应该从小到大变化。此时j的变化可以从小到大也可以从大到小。

返回值

dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中,最长的斐波那契子序列长度。

结合题目意思,我们需要返回最长斐波那契子序列长度,但我们不知道最长的斐波那契子序列以哪两个位置结尾,所以我们需要遍历dp表找到最大值然后返回。

代码实现

 
  
class Solution {
public:
    int lenLongestFibSubseq(vector& arr) {
        int n = arr.size();
        // 优化
        unordered_map hash;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            hash[arr[i]] = i;
        int ret = 2;
        vector> dp(n, vector(n, 2));
        for (int j = 2; j < n; j++) // 固定最后一个位置
        {
            for (int i = 1; i < j; i++) // 固定倒数第二个位置
            {
                int a = arr[j] - arr[i];
                // 条件成立的情况下更新
                if (a < arr[i] && hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
                ret = max(ret, dp[i][j]); // 统计表中的最大值
            }
        }
        return ret < 3 ? 0 : ret;
    }
};

1027. 最长等差数列 - 力扣(LeetCode)

【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列,三道题目深度解析_第8张图片

题目解析

【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列,三道题目深度解析_第9张图片

状态表示

状态表示一般通过经验+题目要求得到,

经验一般指,以某个位置为结尾,或者以某个位置为开始。

我们可以很容易得到这样一个状态表示,定义dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

我们可以尝试推导一下对应的状态转移方程。

【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列,三道题目深度解析_第10张图片

我们针对(以i位置为结尾的等差子序列)进行分析,想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

  1. 如果只考虑i位置一个元素, dp[i]=1。

  2. 如果不止考虑i位置一个元素, i位置元素可以跟在前面任意一个元素后面,定义(0<=j<=i-1)但是我们不知道dp[j]代表的最长等差子序列长度所对应的等差子序列公差是多少,没办法确定是否可以使得(j,i)位置构成的等差子序列和(以j位置结尾的最长等差子序列长度对应的等差子序列)公差相等。所以这个状态表示不足以推导出状态转移方程。

我们可以修正状态表示,定义dp[i][j]表示以(i,j)为结尾的等差子序列最长的长度值。

因为我们只需要根据arr[i]、arr[j]两个元素就知道以(i,j)位置结尾的等差子序列长什么样子,就可以推导出该等差子序列前一个元素值,因为arr[i]-x=arr[j]-arr[i],所以x=2*arr[i]-arr[j]。

这样dp[i][j]=dp[x对应的下标][i]+1。

就可以推导出状态转移方程。

所以状态表示为,

定义dp[i][j]表示以(i,j)为结尾的等差子序列最长的长度值。

状态转移方程

【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列,三道题目深度解析_第11张图片

设nums[i] = b,nums[j] = c,那么这个序列的前一个元素就是a = 2 * b - c。我们根据a的情况讨论:(假设a的下标是k)

  1. a存在,

    1. k

    2. k>i, 此时不满足等差子序列的定义,所以不考虑这种序列,即dp[i][j]=2。

  2. a不存在, 此时dp[i][j]=2。

将上述情况进行合并和简化,如果a存在且k

我们发现,在状态转移方程中,我们需要确定 a 元素的下标。因此我们可以在 dp 之前,将所有的「元素+下标」绑定在一起,放到哈希表中。

这样我们就可以快速通过a元素值找到对应的下标,并且可以快速知道arr数组中是否存在a元素。

故,状态转移方程为

 
  
        for (int i = 1; i < n; i++) // 固定倒数第一个数
        {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) // 枚举倒数第二个数
            {
                int a = 2 * nums[i] - nums[j];
                if (hash.count(a)&&hash[a]

初始化

根据状态转移方程,我们知道推导(i,j)位置状态时,可能用到(k,i)位置状态,而(0<=k<=i-1),所以我们初始化最基础的最小的解,推导第二个状态((1,2)位置的状态)时,需要初始化(0~1-1)(i)即dp[0][1]=2。

结合在状态转移方程中的分析,所有状态都要初始化为2,故初始化为,

 
  
       vector> dp(n, vector(n, 2)); // 创建 dp 表 + 初始化

填表顺序

根据状态转移方程,我们知道推导(i,j)位置状态时,可能用到(k,i)位置状态,(0<=k<=i-1),所以此时(k,i)位置的状态应该已经得到。

如果固定j填写i,我们需要用到的是(k,i),i对应的状态应该已经全部填写,所以j应该从小到大变化。此时i的变化可以从小到大也可以从大到小。

如果固定i填写j,我们需要用到的是(k,i),k对应的状态应该已经全部填写,所以i应该从小到大变化。此时j的变化可以从小到大也可以从大到小。

返回值

dp[i][j]表示以(i,j)为结尾的等差子序列最长的长度值。

结合题目意思,我们需要返回等差子序列最长的长度值,但是我们不知道最长的等差子序列是以哪两个位置结尾,所以我们需要遍历dp表找到最大值进行返回。

代码实现

 
  
class Solution {
public:
    int longestArithSeqLength(vector& nums) {
        unordered_map hash;
        hash[nums[0]] = 0;
        int n = nums.size();
        vector> dp(n, vector(n, 2)); // 创建 dp 表 + 初始化
        int ret = 2;
        for (int i = 1; i < n; i++) // 固定倒数第一个数
        {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) // 枚举倒数第二个数
            {
                int a = 2 * nums[i] - nums[j];
                if (hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
                ret = max(ret, dp[i][j]);
            }
            hash[nums[i]] = i;
        }
        return ret;
    }
};

结尾

今天我们学习了动态规划的思想,动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似,动态规划在模拟数学归纳法的过程,已知一个最简单的基础解,通过得到前项与后项的推导关系,由这个最简单的基础解,我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解,把我们得到的解依次存放在dp数组中,dp数组中对应的状态,就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章,对于动态规划系列,我会一直更新,如果您觉得内容有帮助,可以点赞加关注,以快速阅读最新文章。

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