【算法与数据结构】718、1143、1035、392、115、LeetCode最长重复子数组+最长公共子序列+不相交的线+判断子序列+不同的子序列
文章目录
- 一、718、最长重复子数组
- 二、1143、最长公共子序列
- 三、1035、不相交的线
- 四、392、判断子序列
- 五、115、不同的子序列
- 六、完整代码
所有的LeetCode题解索引，可以看这篇文章——【算法和数据结构】LeetCode题解。
一、718、最长重复子数组
思路分析：
- 第一步，动态数组的含义。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]代表以下标 i − 1 i - 1 i−1为结尾的nums1，和以下标 j − 1 j - 1 j−1为结尾的nums2，最长重复子数组长度为 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]。
- 第二步，递推公式。根据 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]的定义， d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]的状态只能由 d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] dp[i - 1][j - 1] dp[i−1][j−1]推导出来。
if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
- 第三步，元素初始化。dp数组中的所有元素都初始化为0。
- 第四步，递归顺序。一共有两层循环，先遍历nums1或者先遍历nums2都可以。
- 第五步，打印结果。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 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]的最大值记录下来。
程序如下：
// 718、最长重复子数组
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 result = 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] > result) result = dp[i][j];
}
}
return result;
}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)， n n n和 m m m分别是两个数组的长度。
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)。
二、1143、最长公共子序列
思路分析：
- 第一步，动态数组的含义。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]代表以下标 i − 1 i - 1 i−1为结尾的text1，和以下标 j − 1 j - 1 j−1为结尾的text2，最长公共子序列长度为 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]。
- 第二步，递推公式。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]可以由两种情况推导出来：
- t e x t 1 [ i − 1 ] text1[i - 1] text1[i−1]与 t e x t 2 [ j − 1 ] text2[j - 1] text2[j−1]相同：那么找到一个公共元素， d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] + 1 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1 dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+1。
- t e x t 1 [ i − 1 ] text1[i - 1] text1[i−1] 与 t e x t 2 [ j − 1 ] text2[j - 1] text2[j−1]不相同：那么 t e x t 1 [ 0 , i − 2 ] text1[0, i - 2] text1[0,i−2]与 t e x t 2 [ 0 , j − 1 ] text2[0, j - 1] text2[0,j−1]的最长公共子序列和 t e x t 1 [ 0 , i − 1 ] text1[0, i - 1] text1[0,i−1]与 t e x t 2 [ 0 , j − 2 ] text2[0, j - 2] text2[0,j−2]的最长公共子序列，取最大的。
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]);
- 第三步，元素初始化。dp数组中的所有元素都初始化为0。
- 第四步，递归顺序。一共有两层循环，从前往后进行遍历。
- 第五步，打印结果。题目要求最长公共子序列的长度。所以在遍历的时候顺便把 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]的最大值记录下来。
程序如下：
// 1143、最长公共子序列
class Solution2 {
public:
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
vector<vector<int>> dp(text1.size() + 1, vector<int>(text2.size() + 1, 0));
int result = 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]);
if(dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
return result;
}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)， n n n和 m m m分别是两个序列的长度。
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)。
三、1035、不相交的线
思路分析：本题要求绘制的最大连线数，实际上就是求两个字符串的最长公共子序列的长度，即1143、最长公共子序列这道题。我们将字符串改成数组，代码完全一样，直接copy过来。
程序如下：
// 1035、不相交的线
class Solution3 {
public:
int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
vector<vector<int>> dp(nums1.size() + 1, vector<int>(nums2.size() + 1, 0));
int result = 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]);
if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
return result;
}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)， n n n和 m m m分别是两个数组的长度。
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)。
四、392、判断子序列
思路分析：本题的思路和1143、最长公共子序列的分析思路差不多，主要区别在于本题判断的是“ 最长公共子序列是不是另一个字符串的子串”。那么我们找到二者的最长公共子串，判断其长度是否等于s的长度即可。
- 第一步，动态数组的含义。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]代表以下标 i − 1 i - 1 i−1为结尾的s，和以下标 j − 1 j - 1 j−1为结尾的t，最长公共子序列长度为 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]。
- 第二步，递推公式。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]可以由两种情况推导出来：
- s [ i − 1 ] s[i - 1] s[i−1]与 t [ j − 1 ] t[j - 1] t[j−1]相同：那么找到一个公共元素， d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] + 1 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1 dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+1。
- s [ i − 1 ] s[i - 1] s[i−1] 与 t [ j − 1 ] t[j - 1] t[j−1]不相同：那么 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]等于 s [ 0 , i − 1 ] s[0, i - 1] s[0,i−1]与 t [ 0 , j − 2 ] t[0, j - 2] t[0,j−2]的最长公共子序列。
if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else dp[i][j] = dp[i][j - 1]; // 与1143不同的地方
- 第三步，元素初始化。dp数组中的所有元素都初始化为0。
- 第四步，递归顺序。一共有两层循环，从前往后进行遍历。
- 第五步，打印结果。题目要求最长公共子序列的长度。所以在遍历的时候顺便把 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]的最大值记录下来，在用三目运算符返回。
return result == s.size() ? true : false; // 与1143不同的地方
程序如下：
// 392、判断子序列-动态规划
class Solution4 {
public:
bool isSubsequence(string s, string t) {
vector<vector<int>> dp(s.size() + 1, vector<int>(t.size() + 1, 0));
int result = 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]; // 与1143不同的地方
if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
return result == s.size() ? true : false; // 与1143不同的地方
}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)， n n n和 m m m分别是两个字符串的长度。
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)。
五、115、不同的子序列
思路分析：本题的思路和1143、最长公共子序列的分析思路差不多。本题统计字符串t在字符串s中出现的次数，我们可以理解为删除掉字符串s中的部分字符使得字符串s和字符串t相同的方法数量。
-
第一步，动态数组的含义。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]代表以下标 j − 1 j - 1 j−1为结尾的t在以下标 i − 1 i - 1 i−1为结尾的s中出现的次数为 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]，即 t [ 0 , j − 1 ] t[0, j-1] t[0,j−1]在 s [ 0 , i − 1 ] s[0, i-1] s[0,i−1]中出现的次数。
-
第二步，递推公式。 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]可以由两种情况推导出来：
- s [ i − 1 ] s[i - 1] s[i−1]与 t [ j − 1 ] t[j - 1] t[j−1]相同：此时的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]由两部分组成。一部分是用 s [ i − 1 ] s[i-1] s[i−1]来匹配：相当于在 s [ 0 , i − 2 ] s[0, i-2] s[0,i−2]中寻找 t [ 0 , j − 2 ] t[0, j-2] t[0,j−2]的个数（剩下一个字符 s [ i − 1 ] s[i - 1] s[i−1]与 t [ j − 1 ] t[j - 1] t[j−1]已经匹配了），即 d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] dp[i-1][j-1] dp[i−1][j−1]；另一部分是不用 s [ i − 1 ] s[i-1] s[i−1]来匹配，相当于在 s [ 0 , i − 2 ] s[0, i-2] s[0,i−2]中寻找 t [ 0 , j − 1 ] t[0, j-1] t[0,j−1]的个数，即 d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i-1][j] dp[i−1][j]。
- s [ i − 1 ] s[i - 1] s[i−1] 与 t [ j − 1 ] t[j - 1] t[j−1]不相同：那么 s [ 0 , i − 2 ] s[0, i - 2] s[0,i−2]中， t [ 0 , j − 1 ] t[0, j - 1] t[0,j−1]的数量和 s [ 0 , i − 1 ] s[0, i - 1] s[0,i−1]中， t [ 0 , j − 1 ] t[0, j - 1] t[0,j−1]的数量相同。 d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j ] dp[i][j] = dp[i-1][j] dp[i][j]=dp[i−1][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];
例子：s=“bageg”,t=“bag”。那么用s[4]="g"组成bag的方法数量，相当于在s[0, 3]="bage"中寻找中t[0, 1]="ba"的个数，只有s[0]s[1]s[4]这一种。而不用s[4]="g"组成bag的方法数量，相当于在s[0,3] ="bage"中，寻找t[0,2]="bag"的个数，即dp[4, 3]，只有s[0]s[1]s[2]这一种。（说明：dp[4,2]=1代表在s[0,3] ="bage"中，t[0,1]="ba"的个数为1。）
- 第三步，元素初始化。 d p [ i ] [ 0 ] dp[i][0] dp[i][0]（第一列）表示字符串 s [ 0 , i − 1 ] s[0, i-1] s[0,i−1]中可以随便删除元素，出现空字符串的个数。 d p [ 0 ] [ j ] dp[0][j] dp[0][j]（第一行）表示空字符串 s s s，出现字符串 t [ 0 , j − 1 ] t[0, j-1] t[0,j−1]的个数。其中，空字符串s中空字符串t的个数为1。那么 d p [ 0 ] [ 0 ] = 1 , d p [ i ] [ 0 ] = 1 , d p [ 0 ] [ j ] = 0 dp[0][0]=1, dp[i][0] = 1, dp[0][j] = 0 dp[0][0]=1,dp[i][0]=1,dp[0][j]=0。
- 第四步，递归顺序。一共有两层循环，从前往后进行遍历。
- 第五步，打印结果。
程序如下：
// 115、不同的子序列-动态规划
class Solution5 {
public:
int numDistinct(string s, string t) {
vector<vector<uint64_t>> dp(s.size() + 1, vector<uint64_t>(t.size() + 1, 0));
for (int i = 0; i <= s.size(); i++) dp[i][0] = 1; // 第一列初始化为1, dp[0][0]为1
for (int j = 1; j <= t.size(); j++) dp[0][j] = 0; // 第一行初始化为0, 可以省略
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()];
}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)， n n n和 m m m分别是两个字符串的长度。
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)。
六、完整代码
# include nums1 = { 1, 2, 3, 2, 1 }, nums2 = { 3, 2, 1, 4, 7 }; // 测试案例
//Solution s1;
//int result = s1.findLength(nums1, nums2);
//string text1 = "abcde", text2 = "ace"; // 测试案例
//Solution2 s1;
//int result = s1.longestCommonSubsequence(text1, text2);
//vector nums1 = { 1, 4, 2 }, nums2 = { 1, 2, 4 }; // 测试案例
//Solution3 s1;
//int result = s1.maxUncrossedLines(nums1, nums2);
//string s = "abc", t = "ahbgdc"; // 测试案例
//Solution4 s1;
//int result = s1.isSubsequence(s, t);
string s = "babgbag", t = "bag"; // 测试案例
Solution5 s1;
int result = s1.numDistinct(s, t);
cout << result << endl;
system("pause");
return 0;
}
end