[Lc] 最长公共子序列 | Fenwick Tree（树状数组）：处理动态前缀和

LCR 095. 最长公共子序列

题解

Fenwick Tree（树状数组）：处理动态前缀和

一、问题背景：当传统方法遇到瓶颈

二、Fenwick Tree核心设计

2.1 二进制索引的魔法

2.2 关键操作解析

更新操作（O(log n)）

查询操作（O(log n)）

三、实现细节精要

3.1 初始化优化

3.2 空间压缩技巧

四、性能对比分析

五、进阶应用场景

六、实现注意事项

七、与其他数据结构的配合

LCR 095. 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。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。

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。

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 。

题解

两个字符串可能存在多个公共子序列，题目要求计算最长公共子序列的长度，因此可以考虑使用动态规划来解决。

二维DP数组

用函数 f(i, j) 表示字符串 s1 中下标从 0 开始到 i 的子字符串 s1[0...i] 和字符串 s2 中下标从 0 开始到 j 的子字符串 s2[0...j] 的最长公共子序列的长度。
对于 f(i, j)，如果 s1[i] == s2[j]，那么相当于在 s1[0...i - 1] 和 s2[0...j - 1] 的最长公共子序列的后面添加一个公共字符，也就是 f(i, j) = f(i - 1, j - 1) + 1。
如果 s1[i] != s2[j]，那么这两个字符不可能出现在 s1[0...i] 和 s2[0...j] 的公共子序列中。
此时 s1[0...i] 和 s2[0...j] 的最长公共子序列是s1[0...i - 1] 和 s2[0...j] 的最长公共子序列和s1[0...i] 和 s2[0...j - 1] 的最长公共子序列中的较大值，即 f(i, j) = max(f(i - 1, j), f(i, j - 1))。（子序列的特性，决定了可以这么写
所以转移状态方程为

因为状态方程有两个变量，所以需要使用二维矩阵保存。同时上述方程会出现 i 或者 j 出现 -1 的情况，代表出现 -1 下标的字符串的子串目前是空的，那么就不会有公共子序列，所以 f(i, -1) = f(-1, j) = 0。

以 "abcde" 和 "badfe" 为例子，二维状态矩阵如下图

一开始先完成 f(i, -1) = f(-1, j) = 0 初始化，之后二维矩阵按照从左往右逐行向下遍历填充。

推荐使用逐行而不是逐列，虽然不影响算法，但是考虑到二维数组本身是按照一维数组存储以及计算机缓存的运行机制，按照逐行遍历的方式效率更高点。
完整的代码如下，若 s1 和 s2 的长度分别为 m 和 n，那么时间复杂度为 O(mn)，空间复杂度为 O(mn)。

class Solution {
public:int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {int n1 = text1.size();int n2 = text2.size();vector<vector<int>> dp(n1 + 1, vector<int>(n2 + 1));for (int i = 0; i < n1; ++i) {for (int j = 0; j < n2; ++j) {if (text1[i] == text2[j]) {dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j] + 1;} else {dp[i + 1][j + 1] = max(dp[i][j + 1], dp[i + 1][j]);}}} return dp[n1][n2];}
};

当前==，就f(i - 1, j - 1) + 1
当前不等，就存遍历过的最大max(f(i - 1, j), f(i, j - 1))

遍历

将 i==0 和 i==3 的情况来查看一下

2179. 统计数组中好三元组数目

给你两个下标从 0 开始且长度为 n 的整数数组 nums1 和 nums2 ，两者都是 [0, 1, ..., n - 1] 的排列。

好三元组 指的是 3 个 互不相同 的值，且它们在数组 nums1 和 nums2 中出现顺序保持一致。换句话说，如果我们将 pos1v 记为值 v 在 nums1 中出现的位置，pos2v 为值 v 在 nums2 中的位置，那么一个好三元组定义为 0 <= x, y, z <= n - 1 ，且 pos1x < pos1y < pos1z 和 pos2x < pos2y < pos2z 都成立的 (x, y, z) 。

请你返回好三元组的 总数目 。

示例 1：

输入：nums1 = [2,0,1,3], nums2 = [0,1,2,3]
输出：1
解释：
总共有 4 个三元组 (x,y,z) 满足 pos1x < pos1y < pos1z ，分别是 (2,0,1) ，(2,0,3) ，(2,1,3) 和 (0,1,3) 。
这些三元组中，只有 (0,1,3) 满足 pos2x < pos2y < pos2z 。所以只有 1 个好三元组。

示例 2：

输入：nums1 = [4,0,1,3,2], nums2 = [4,1,0,2,3]
输出：4
解释：总共有 4 个好三元组 (4,0,3) ，(4,0,2) ，(4,1,3) 和 (4,1,2) 。

下标比较相当于是一种映射规则。现在我在这种映射规则上再施加一种映射规则，让在nums1中满足下标递增这种性质映射为键值递增这种性质。

同样的对nums2施加这种规则，下标递增也应该映射为键值递增。有一点点往这方面想，不看题解根本无法完全想出来。

template<typename T>
class FenwickTree {vector<T> tree;public:// 使用下标 1 到 nFenwickTree(int n) : tree(n + 1) {}// a[i] 增加 val// 1 <= i <= nvoid update(int i, T val) {for (; i < tree.size(); i += i & -i) {tree[i] += val;}}// 求前缀和 a[1] + ... + a[i]// 1 <= i <= nT pre(int i) const {T res = 0;for (; i > 0; i &= i - 1) {res += tree[i];}return res;}
};class Solution {
public:long long goodTriplets(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int n = nums1.size();vector<int> p(n);for (int i = 0; i < n; i++) {p[nums1[i]] = i;}long long ans = 0;FenwickTree<int> t(n);for (int i = 0; i < n - 1; i++) {int y = p[nums2[i]];int less = t.pre(y);ans += (long) less * (n - 1 - y - (i - less));t.update(y + 1, 1);}return ans;}
};

Fenwick Tree（树状数组）：处理动态前缀和

一、问题背景：当传统方法遇到瓶颈

在数据处理场景中，我们常需要快速计算数组的前缀和（Prefix Sum）。

传统的前缀和数组方法虽然能在O(1)时间完成查询，但面对频繁更新的动态数据时，其O(n)的更新时间复杂度将成为性能瓶颈。

想象一个股票交易系统需要实时追踪每分钟的成交额统计，这种场景正是Fenwick Tree大显身手的战场。