动态规划之子序列(一)

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了动态规划之子序列(一)。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方,请大家不吝赐教,您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

300.最长递增子序列

给你一个整数数组 nums ,找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列是由数组派生而来的序列,删除(或不删除)数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如,[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

示例 1:
输入:nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出:4
解释:最长递增子序列是 [2,3,7,101],因此长度为 4 。

示例 2:
输入:nums = [0,1,0,3,2,3]
输出:4

示例 3:
输入:nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出:1
提示:

1 <= nums.length <= 2500
-10^4 <= nums[i] <= 104

思路

首先通过本题大家要明确什么是子序列,“子序列是由数组派生而来的序列,删除(或不删除)数组中的元素而不改变其余元素的顺序”。

本题也是子序列问题的第一题,如果没接触过这种题目的话,本题还是很难的,甚至想暴力去搜索也不知道怎么搜。 子序列问题是动态规划解决的经典问题,当前下标i的递增子序列长度,其实和i之前的下表j的子序列长度有关系,那又是什么样的关系呢。

接下来,我们依然用动规五部曲来详细分析一波:

dp[i]的定义
本题中,正确定义dp数组的含义十分重要。
dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度

为什么一定表示 “以nums[i]结尾的最长递增子序” ,因为我们在 做 递增比较的时候,如果比较 nums[j] 和 nums[i] 的大小,那么两个递增子序列一定分别以nums[j]为结尾 和 nums[i]为结尾, 要不然这个比较就没有意义了,不是尾部元素的比较那么 如何算递增呢。

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](即最长递增子序列)起始大小至少都是1.

确定遍历顺序
dp[i] 是有0到i-1各个位置的最长递增子序列 推导而来,那么遍历i一定是从前向后遍历。

j其实就是遍历0到i-1,那么是从前到后,还是从后到前遍历都无所谓,只要吧 0 到 i-1 的元素都遍历了就行了。 所以默认习惯 从前向后遍历。

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:

动态规划之子序列(一),动态规划,动态规划,算法,leetcode

总结
本题最关键的是要想到dp[i]由哪些状态可以推出来,并取最大值,那么很自然就能想到递推公式:dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

子序列问题是动态规划的一个重要系列,本题算是入门题目,好戏刚刚开始!

class Solution:
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        if len(nums) <= 1:
            return len(nums)
        dp = [1] * len(nums)
        result = 1
        for i in range(1, len(nums)):
            for j in range(0, i):
                if nums[i] > nums[j]:
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)
            result = max(result, dp[i]) #取长的子序列
        return result

674. 最长连续递增序列

给定一个未经排序的整数数组,找到最长且 连续递增的子序列,并返回该序列的长度。
连续递增的子序列 可以由两个下标 l 和 r(l < r)确定,如果对于每个 l <= i < r,都有 nums[i] < nums[i + 1] ,那么子序列 [nums[l], nums[l + 1], …, nums[r - 1], nums[r]] 就是连续递增子序列。

示例 1:
输入:nums = [1,3,5,4,7]
输出:3
解释:最长连续递增序列是 [1,3,5], 长度为3。尽管 [1,3,5,7] 也是升序的子序列, 但它不是连续的,因为 5 和 7 在原数组里被 4 隔开。

示例 2:
输入:nums = [2,2,2,2,2]
输出:1
解释:最长连续递增序列是 [2], 长度为1。

提示:
0 <= nums.length <= 10^4
-10^9 <= nums[i] <= 10^9

思路

本题相对于动态规划:300.最长递增子序列最大的区别在于“连续”。
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] > nums[i - 1],那么以 i 为结尾的连续递增的子序列长度 一定等于 以i - 1为结尾的连续递增的子序列长度 + 1 。

即:dp[i] = dp[i - 1] + 1;

注意这里就体现出和动态规划:300.最长递增子序列的区别!

因为本题要求连续递增子序列,所以就只要比较nums[i]与nums[i - 1],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] 和 nums[i - 1]。

这里大家要好好体会一下!

dp数组如何初始化
以下标i为结尾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 = 1; i < nums.size(); i++) {
    if (nums[i] > nums[i - 1]) { // 连续记录
        dp[i] = dp[i - 1] + 1;
    }
}

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:
动态规划之子序列(一),动态规划,动态规划,算法,leetcode

注意这里要取dp[i]里的最大值,所以dp[2]才是结果!
时间复杂度:O(n)
空间复杂度:O(n)

# dp
class Solution:
    def findLengthOfLCIS(self, nums: List[int]) -> int:
        if len(nums) == 0:
            return 0
        result = 1
        dp = [1] * len(nums)
        for i in range(len(nums)-1):
            if nums[i+1] > nums[i]: #连续记录
                dp[i+1] = dp[i] + 1
            result = max(result, dp[i+1])
        return result

贪心

这道题目也可以用贪心来做,也就是遇到nums[i] > nums[i - 1]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 = 1; i < nums.size(); i++) {
            if (nums[i] > nums[i - 1]) { // 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
本题也是动规里子序列问题的经典题目,但也可以用贪心来做,大家也会发现贪心好像更简单一点,而且空间复杂度仅是O(1)。

在动规分析中,关键是要理解和动态规划:300.最长递增子序列 的区别。
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
本篇我也把区别所在之处重点介绍了,关键在递推公式和遍历方法上,大家可以仔细体会一波!

# 贪心
class Solution:
    def findLengthOfLCIS(self, nums: List[int]) -> int:
        if len(nums) == 0:
            return 0
        result = 1 #连续子序列最少也是1
        count = 1
        for i in range(len(nums)-1):
            if nums[i+1] > nums[i]: #连续记录
                count += 1
            else: #不连续,count从头开始
                count = 1
            result = max(result, count)
        return result

718. 最长重复子数组

给两个整数数组 A 和 B ,返回两个数组中公共的、长度最长的子数组的长度。

示例:
输入:
A: [1,2,3,2,1]
B: [3,2,1,4,7]
输出:3
解释:长度最长的公共子数组是 [3, 2, 1] 。
提示:

1 <= len(A), len(B) <= 1000
0 <= A[i], B[i] < 100

思路

注意题目中说的子数组,其实就是连续子序列。
要求两个数组中最长重复子数组,如果是暴力的解法 只需要先两层for循环确定两个数组起始位置,然后再来一个循环可以是for或者while,来从两个起始位置开始比较,取得重复子数组的长度。

本题其实是动规解决的经典题目,我们只要想到 用二维数组可以记录两个字符串的所有比较情况,这样就比较好推 递推公式了。 动规五部曲分析如下:

确定dp数组以及下标的含义
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,需要单独处理初始化部分,在本题解下面的拓展内容里,我给出了 第二种 dp数组的定义方式所对应的代码和讲解,大家比较一下就了解了。

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 <= 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];
    }
}

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:
动态规划之子序列(一),动态规划,动态规划,算法,leetcode

class Solution:
    def findLength(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> int:
        # 创建一个二维数组 dp,用于存储最长公共子数组的长度
        dp = [[0] * (len(nums2) + 1) for _ in range(len(nums1) + 1)]
        # 记录最长公共子数组的长度
        result = 0

        # 遍历数组 nums1
        for i in range(1, len(nums1) + 1):
            # 遍历数组 nums2
            for j in range(1, len(nums2) + 1):
                # 如果 nums1[i-1] 和 nums2[j-1] 相等
                if nums1[i - 1] == nums2[j - 1]:
                    # 在当前位置上的最长公共子数组长度为前一个位置上的长度加一
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
                # 更新最长公共子数组的长度
                if dp[i][j] > result:
                    result = dp[i][j]

        # 返回最长公共子数组的长度
        return result

1143.最长公共子序列

给定两个字符串 text1 和 text2,返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。
一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串:它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符(也可以不删除任何字符)后组成的新字符串。

例如,“ace” 是 “abcde” 的子序列,但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。

若这两个字符串没有公共子序列,则返回 0。

示例 1:

输入:text1 = “abcde”, text2 = “ace”
输出:3
解释:最长公共子序列是 “ace”,它的长度为 3。
示例 2:

输入:text1 = “abc”, text2 = “abc”
输出:3
解释:最长公共子序列是 “abc”,它的长度为 3。
示例 3:

输入:text1 = “abc”, text2 = “def”
输出:0
解释:两个字符串没有公共子序列,返回 0。
提示:

1 <= text1.length <= 1000
1 <= text2.length <= 1000 输入的字符串只含有小写英文字符。

思路

本题和动态规划:718. 最长重复子数组 区别在于这里不要求是连续的了,但要有相对顺序,即:“ace” 是 “abcde” 的子序列,但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。

继续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]:长度为[0, i - 1]的字符串text1与长度为[0, j - 1]的字符串text2的最长公共子序列为dp[i][j]

有同学会问:为什么要定义长度为[0, i - 1]的字符串text1,定义为长度为[0, i]的字符串text1不香么?

这样定义是为了后面代码实现方便,如果非要定义为长度为[0, i]的字符串text1也可以,其实就是简化了dp数组第一行和第一列的初始化逻辑。

确定递推公式
主要就是两大情况: text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同,text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同

如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同,那么找到了一个公共元素,所以dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同,那就看看text1[0, i - 2]与text2[0, j - 1]的最长公共子序列 和 text1[0, i - 1]与text2[0, j - 2]的最长公共子序列,取最大的。

即:dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);

代码如下:

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]);
}

dp数组如何初始化
先看看dp[i][0]应该是多少呢?

test1[0, i-1]和空串的最长公共子序列自然是0,所以dp[i][0] = 0;

同理dp[0][j]也是0。

其他下标都是随着递推公式逐步覆盖,初始为多少都可以,那么就统一初始为0。
确定遍历顺序
从递推公式,可以看出,有三个方向可以推出dp[i][j],如图:
动态规划之子序列(一),动态规划,动态规划,算法,leetcode
那么为了在递推的过程中,这三个方向都是经过计算的数值,所以要从前向后,从上到下来遍历这个矩阵。

举例推导dp数组
以输入:text1 = “abcde”, text2 = “ace” 为例,dp状态如图:
动态规划之子序列(一),动态规划,动态规划,算法,leetcode
最后红框dp[text1.size()][text2.size()]为最终结果

class Solution:
    def longestCommonSubsequence(self, text1: str, text2: str) -> int:
        # 创建一个二维数组 dp,用于存储最长公共子序列的长度
        dp = [[0] * (len(text2) + 1) for _ in range(len(text1) + 1)]
        
        # 遍历 text1 和 text2,填充 dp 数组
        for i in range(1, len(text1) + 1):
            for j in range(1, len(text2) + 1):
                if text1[i - 1] == text2[j - 1]:
                    # 如果 text1[i-1] 和 text2[j-1] 相等,则当前位置的最长公共子序列长度为左上角位置的值加一
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
                else:
                    # 如果 text1[i-1] 和 text2[j-1] 不相等,则当前位置的最长公共子序列长度为上方或左方的较大值
                    dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
        
        # 返回最长公共子序列的长度
        return dp[len(text1)][len(text2)]

时间复杂度: O(n * m),其中 n 和 m 分别为 text1 和 text2 的长度
空间复杂度: O(n * m)文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-860841.html

到了这里,关于动态规划之子序列(一)的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容,请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章,希望大家以后多多支持TOY模板网!

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