[各种面试题] 子序列的个数、排列木桩

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http://blog.csdn.net/thebestdavid/article/details/11908961

注意这里是求子序列的个数。

子序列的个数

题目详情： 子序列的定义：对于一个序列a=a[1],a[2],......a[n]，则非空序列a'=a[p1],a[p2]......a[pm]为a的一个子序列，其中1<=p1<p2<.....<pm<=n。

例如：4,14,2,3和14,1,2,3都为4,13,14,1,2,3的子序列。 对于给出序列a，有些子序列可能是相同的，这里只算做1个，要求输出a的不同子序列的数量。

输入： 长度为n的数组1<=n<=100,数组元素0<=a[i]<=110

输出：子序列 的个数对1000000007取余数的结果（由于答案比较大，输出Mod 1000000007的结果即可）。

函数头部： C/C++:   int run(cons int *a,int n); java   public static int run(int [] a); 

　　这道题目也是困扰了我很久，一直找不到比较好的方法，这道题目应该是可以用动态规划做出来的，因此我也特地去学习动态规划的思想，并找了一些练习题做，可是这个状态转移方程着实难住我了，本来数学基础一般般，这就更加大了难度。虽然我最终解决了这道题目，可是那是建立在大神指点的情况下做出来的，我在这里只是把题解写出来，顺便裨补阙漏，看看自己的理解是否正确，其实，想和做是两回事，这里也请大家给与指正。

题解：

　　假设子序列的前k个数的子序列个数为d(k)，那么前k - 1个子序列的个数就为d(k - 1)个子序列，从k - 1 到k的变化是怎样的呢？

　　1、假设数组a[N]第k个数为a[k]，如果a[k] 与前面的k - 1个数都不相同，那么就有 : d(k) = d(k - 1) + 【d(k - 1) + 1】 =  2d(k - 1) + 1，为什么呢？可以这样想，对于前k- 1项的子序列个数为d(k - 1)，那前k个数，无非就是在前k - 1项的基础上多加了一个数a[k]（a[k]与前k - 1个数任意一个都相等），那就在原来的组合上加上a[k]，就有d(k - 1)个，还有一个a[k]自己构成一个子序列，所以还要加1；

　　2、假设a[k] 与前面的k - 1个数其中一个相等，那依旧加上前k - 1个子序列个数 d(k - 1)，但是由于前面有与a[k]相等的数，所以要减掉重复的部分，如何找到重复的部分呢，假设离k最近的一个与a[k]相等的数为第t个a[t] = a[k]，即序列(a[1], a[2], ……,a[t],……,a[k - 1],a[k])，a[t] = a[k]；我们已经知道序列(a[1], a[2], ……,a[t])的序列个数为d(t)，那么d(t - 1)就是重复的部分，这里需要自己做好思考，也是算法的关键部分，这里我要解释的地方是，为什么只需要找到离k最近的t使得a[t] = a[k]？给出的解释是：我们是从1 - n对数组进行遍历的，计算d(i)的i就是从1到n依次计算的，那么第一次遇到a[k] = a[t]的情况满足条件：有且仅有一个t使得a[t] = a[k]，比如序列(1, 2, 3, 2, 4, 2)，分别计算d(1),d(2),d(3),d(4),d(5),d(6)；我们在计算d(4)的时候发现a[4] = a[2]（假设下标从1开始），所以d(4) = 2*d(3) - d(2 -1) = 2d(3) - d(1)；当计算d(6)的时候也有a[6] = a[4] = a[2]，但是由于我们前面已经把a[2]重复的部分减掉了，所以不需要再减，d(6) = 2 * d(5) - d(4 - 1) = 2d(5) - d(3).

　　过程繁琐，我总结一下结论：

　　状态转移方程为：

　　　　d(k) = 2 * d(k - 1) + 1;   a[k] != a[i]，i = 1,2,3……k - 1;

　　　  d(k) = 2 * d(k - 1) - d(t - 1);   从k往前搜索，存在离k最近的t，使得a[t] = a[k].

　　状态转移方程分析出来的话，剩下的基本就是小菜一碟了，代码如下：

另外如果是子串的个数的话，那就是后缀数组了。

排列木桩方法数分析

http://www.ituring.com.cn/article/54034