Studying-代码随想录训练营day44| 1143.最长公共子序列、1035.不相交的线、53.最大子序和、392.判断子序列

第44天，动态规划part11，子序列题型part02(ง •_•)ง💪，编程语言：C++

1143.最长公共子序列

1035.不相交的线

53.最大子序和

392.判断子序列

总结

1143.最长公共子序列

文档讲解：代码随想录最长公共子序列

视频讲解：手撕最长公共子序列

题目：1143. 最长公共子序列 - 力扣（LeetCode）

学习：本题与最大重复子数组的不同在于，本题的序列不要求连续。类似于“最长上升子序列”和“最长连续递增序列”的区别。因此本题最大的不同就在于dp数组的设置以及递推公式。

从动归五部曲出发：

1.确定dp数组以及下标的含义：由于本题是子序列，不要求元素之间是连续的。因此本题可设置一个二维dp数组，dp[i][j]表示长度为[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]。至于为什么是i - 1和 j - 1。其实是和上题一样，简化初始化步骤，否则需要对第一行和第一列单独进行初始化。

2.确定递推公式：主要有两个判断情况：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dp[i - 1][j] 和 dp[i][j - 1]的情况，取最大值，这个地方其实是包含了两个字符串能否删减的思想，因为一个是比较text1[0, i - 2]与text2[0, j - 1]，另一个是比较text1[0, i - 1]与text2[0, j - 2]，相当于是每个字符串都考虑少一个元素的情况。这个思想在后面的题目中也有所体现。

3.dp数组初始化：由于我们设置的是i - 1和 j - 1，因此第一行和第二行设置为0即可，其余的情况会自行得到。

4.确定遍历顺序：由递推公式明显可以，有三个方向可以推出dp[i][j]。因此遍历顺序可以为从上到下，从左到右。

5.举例推导dp数组：

代码：

//时间复杂度O(n*m)
//空间复杂度O(n*m)
class Solution {
public:int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {if(text1.size() == 0 || text2.size() == 0) return 0;//动态规划  //1.确定dp数组以及下标的含义：//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]vector<vector<int>> dp(text1.size() + 1, vector<int> (text2.size() + 1, 0));//2.确定递推公式//判断text1[i - 1] 和 text2[j - 1]的两种可能//3.初始化dp数组：第一行和第一列为0//4.确定遍历顺序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]);}}}return dp[text1.size()][text2.size()];}
};

1035.不相交的线

文档讲解：代码随想录不相交的线

视频讲解：手撕不相交的线

题目：1035. 不相交的线 - 力扣（LeetCode）

学习：本题实际上是上一题的一个应用，由于只有相等的数能够连线，且不能够出现相交的线。那么就可以认为是找到最长的公共子序列，且子序列之间顺序不能调换。这样和上一题就是一摸一样的了，因此本题的解法也和上一题如出一辙。求解的最大连线数，也就是求解最长的公共子序列和。

因此本题的代码和上一题相同：

代码：

//时间复杂度O(n*m)
//空间复杂度O(n*m)
class Solution {
public:int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {//动态规划：1.确定dp数组以及下标的含义//dp[i][j]:表示nums1数组下标[0-(i - 1)]和nums2数组下标[0-(j-1)]内最大的公共子序列vector<vector<int>> dp(nums1.size() + 1, vector<int>(nums2.size() + 1, 0));//2.确定递推公式：同样试分析nums1[i - 1]和nums2[j - 1]的两种可能//3.初始化dp数组：由于我们使用了i-1和j-1下标，第一行和第一列初始化为0即可//4.确定遍历顺序int result = 0; //记录答案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(result < dp[i][j]) {result = dp[i][j];}}}return result;}
};

53.最大子序和

文档讲解：代码随想录最大子序和

视频讲解：手撕最大子序和

题目：53. 最大子数组和 - 力扣（LeetCode）

学习：本题有两种解题方法。第一种是使用贪心算法，我们只需要保证每次进行加减的是正数即可，因为正数才会对后续的加减产生有利的影响，这在我们贪心算法章节写写过：

代码：贪心算法

//时间复杂度O(n)
//空间复杂度O(1)
class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {int count = 0; //记录当前和int maxcount = INT_MIN; //记录最大值for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {//如果当前和小于0，抛弃前和，改为当前值if(count < 0) {count = nums[i];}else {count += nums[i];}//如果当前和大于最大值，更新最大值if (count > maxcount) {maxcount = count;}}return maxcount;}
};

第二种方法则是采用动态规划的方式，从动归五部曲出发进行分析。

1.确定dp数组以及下标的含义：首先我们可以设置一个以为dp数组，dp[i]我们肯定是想要让它能够表示[0-i]区间内的最大和，这样dp[nums.size() - 1]就是要我们求解的值。但本题却不可以这么设置，因为本题要求的是子数组，是连续的元素。也就意味着实际上本题和“最大重复子数组”是一样的。我们确定nums[i]的时候，就已经对区间有限制了，必须要包含nums[i]。因此本题dp[i]表示包括下标i（以nums[i]为结尾）的最大连续子序列和为dp[i]。

2.确定递推公式：根据设置的含义，可以推出，dp[i]只能从两个方向推出：dp[i - 1] + nums[i]，即：nums[i]加入当前连续子序列和；nums[i]，即：从头开始计算当前连续子序列和。这两种可能，因为我们是不能够跨元素来取值的，因此只能借前面的值或者就只要当前的值。

3.初始化dp数组：显然dp[0] = nums[0]，表示第一个元素的值。

4.确定遍历顺序：递推公式中dp[i]依赖于dp[i - 1]的状态，需要从前向后遍历。

5.举例推导dp数组：

代码：

//时间复杂度O(n)
//空间复杂度O(n)
class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {if(nums.size() == 1) return nums[0];//动态规划//1.确定dp数组以及下标的含义vector<int> dp(nums.size(), 0); //dp[i]表示以下标i结尾的连续子数组的最大和//2.确定递推公式//dp[i] = max(nums[i], dp[i - 1] + nums[i]);//3.初始化dp数组dp[0] = nums[0];int result = dp[0]; //保存答案//4.确定遍历顺序for(int i = 1; i < nums.size(); i++) {dp[i] = max(nums[i], dp[i - 1] + nums[i]);if(result < dp[i]) {result = dp[i];}}return result;}

392.判断子序列

文档讲解：代码随想录判断子序列

视频讲解：手撕判断子序列

题目： 392. 判断子序列 - 力扣（LeetCode）

学习：本题又是找子序列，稍微不同的是，本题需要我们判断s是否为t的子序列。其实也可以理解为t和s的最长公共子序列就是s，换句话说，只要t和s的最长公共子序列的长度是s.size()，那么就说明s是t的子序列，因为最长就只能达到s.size()这么长了。

由此本题的解法和最长公共子序列是一样的，只有一处可以进行部分修改，也就是递推公式，由于本题是判断是否是子序列，不需要我们真的找到最长子序列的长度，因此本题可以认为字符串s的各个字符是必须要包含的，因此当s[i - 1] 和 t[i - 1]不等时，可直接dp[i][j] = dp[i][j - 1]，不用管s[i-1]的情况，因为字符串s是不能够减少的。（当然不改也不会有错误）

代码：

//时间复杂度O(n*m)
//空间复杂度O(n*m)
class Solution {
public:bool isSubsequence(string s, string t) {//1.确定dp数组以及下标的含义vector<vector<int>> dp(s.size() + 1, vector<int>(t.size() + 1, 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]; //不同点，因为s字符串每个字符都必须考虑}}}return dp[s.size()][t.size()] == s.size();}
};

本题还有时间复杂度更低的解法，直观的一种就是可以采用双指针的解法，因为本题只需要判断一个字符串在另一个字符串中是否出现。

//时间复杂度O(n + m)
//空间复杂度O(1)
class Solution {
public:bool isSubsequence(string s, string t) {int n = s.length(), m = t.length();int i = 0, j = 0;while (i < n && j < m) {if (s[i] == t[j]) {i++;}j++;}return i == n;}
};