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：

1. 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

2. 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。

3. 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.

4. 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
}

5. 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& nums) {if (nums.size() <= 1) return nums.size();vector 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：

1. 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。

2. 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]。

3. 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;

4. 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}
}

5. 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& nums) {if (nums.size() == 0) return 0;int result = 1;vector 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& nums) {if (nums.size() == 0) return 0;int result = 1; // 连续子序列最少也是1int 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：

1. 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。

2. 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！

3. 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。

4. 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];}
}

5. 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& A, vector& B) {vector> dp (A.size() + 1, vector(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& A, vector& B) {vector dp(vector(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)