DP：子序列模型

子数组vs子数列

1、子数组（n^2）子序列(2^n)

2、子数组是子序列的一个子集

3、子数组必须连续，子序列可以不连续

一、最长递增子序列

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有子系列中，最长递增子序列的长度。

2、状态转移方程

（1）长度为1——>dp[i]=1

(2) 长度大于1——>满足前提（nums[j]<nums[i]）——>max(dp[j]+1,dp[i]) （0<=j<=i-1）

3、初始化

如果无法更新，最差情况自己也是一个子序列，所以dp表全都初始化为1

4、填表顺序

需要借助前面的状态，所以要从左往右

5、返回值

dp表中的最大值——>可以用ret去更新出最大值，也可以用*max_element(dp.begin(),dp.end())

6、复杂度

时间复杂度：N^2 （因为是子序列而非子数组，所以当我们固定住i的时候，他的前面可以是i-1、i-2、i-3…… 所以需要遍历一遍更新出最大的长度）

空间复杂度：N

class Solution {
public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {int n=nums.size();vector<int> dp(n,1);for(int i=1;i<n;++i)for(int j=0;j<i;++j)if(nums[j]<nums[i]) dp[i]=max(dp[j]+1,dp[i]); //前提条件要满足return *max_element(dp.begin(),dp.end());//dp数组中的最大值}
};

二、摆动序列

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有子序列中，最长递增子序列的长度。（错误）

因为会存在两种状态，所以我们需要两个dp数组：

f[i]表示以i位置为结尾的所有子序列中，最后一个位置呈现“上升”趋势的最长摆动序列的长度

g[i]表示以i位置为结尾的所有子序列中，最后一个位置呈现“下降”趋势的最长摆动序列的长度

2、状态转移方程

f[i]（上升）:

（1）长度为1——>1

(2) 长度大于1——>满足前提（nums[j]<nums[i]）——>max(g[j]+1,f[i]) （0<=j<=i-1）

g[i]（下降）:

（1）长度为1——>1

(2) 长度大于1——>满足前提（nums[j]>nums[i]）——>max(f[j]+1,g[i]) （0<=j<=i-1）

3、初始化

如果无法更新，最差情况自己也是一个子序列，所以g表和f表全都初始化为1

4、填表顺序

需要借助前面的状态，所以要从左往右，两个表一起填

5、返回值

两个表中的最大值

class Solution {
public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {//f[i]表示以i位置结尾的最长子序列中，最后呈现上升趋势 （前提nums[i]<nums[j]）//g[i]表示以i位置结尾的最长子序列中，最后成下降趋势    (前提nums[i]>nums[j])int n=nums.size();vector<int> f(n,1),g(n,1);for(int i=1;i<n;++i)for(int j=0;j<i;++j)if(nums[i]<nums[j])  g[i]=max(f[j]+1,g[i]);else if(nums[i]>nums[j]) f[i]=max(g[j]+1,f[i]);return max(*max_element(f.begin(),f.end()),*max_element(g.begin(),g.end()));}
};

三、最长递增子序列的个数

. - 力扣（LeetCode）

在讲解前先来个小demo：如何在数组中找出最大值出现的次数

方案1：第一次for循环确定最大的值是多少，第二次for循环统计最大的值出现了几次

方案2：利用贪心策略一次for循环搞定（定义maxval记录当前的最大值，count统计数量）

（1）x==maxval:++count

（2）x<maxval:直接无视

（3）x>maxval:更新最大值——>maxval=x，然后重新计数——>count=1

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有子序列中，最长递增子序列的个数。（错误）

因为我们在填表的时候并不能确认最长递增子序列的长度是多少，所以无法直接统计。我们就得用demo中的方案2的思想，来解决这个问题。

len[i]表示以i位置为结尾的所有子序列中，最长递增子序列的“长度”

count[i]表示以i位置为结尾的所有子序列中，最长递增子序列的“个数”

2、状态转移方程

nums[j]<nums[i]时

（1）len[j]+1==len[i]——>count[i]+=count[j]

（2）len[j]+1<len[i] 无视

（3）len[j]+1>len[i]——>len[i]=len[j]+1 count[i]=count[j]（更新最大值并重新计数）

3、初始化

全都初始化为1

4、填表顺序

需要借助前面的状态，所以要从左往右，两个表一起填

5、返回值

recount统计结果

class Solution {
public:int findNumberOfLIS(vector<int>& nums) {int n=nums.size();vector<int> len(n,1),count(n,1); //count统计以i位置结尾时最长子序列的个数 len是长度int retlen=1,recount=1;//统计最大长度和最大长度的个数for(int i=1;i<n;++i){for(int j=0;j<i;++j)if(nums[i]>nums[j]) //构成子序列的前提条件if(len[j]+1==len[i])  count[i]+=count[j];else if(len[j]+1>len[i])len[i]=len[j]+1,count[i]=count[j];//更新一下最长长度和最大数if(retlen==len[i]) recount+=count[i];else if(retlen<len[i]){retlen=len[i];recount=count[i];}}return recount;}
};

四、最长数链对

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

预处理：由于题目要求是任意顺序组成数链对，所以我们在处理的时候不仅要考虑前面，还要考虑后面，这样不利于我们的动态规划表示，所以我们要先按照第一个元素进行排序(比如[a,b] [c,d]，a<c<d 所以d>a,所以后面的不需要考虑到)，我们要进行sort，在C++中，vector、pair的默认比较逻辑都是按照字典序的，恰好符合我们的要求，所以我们可以直接调用sort。

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有数对链序列中，最长数对链的长度。

2、状态转移方程

dp[i]:

(1)长度为1——1

(2)长度大于1——p[j][1]>p[i][0] ——max(dp[i],dp[j]+1)

3、初始化

初始化为1

4、填表顺序

需要借助前面的状态，所以要从左往右

5、返回值

要返回dp表中的最大值，但由于我们排序过，所以最大值必然出现在dp[n-1]。

class Solution {
public:int findLongestChain(vector<vector<int>>& pairs) {//vector的排序就像字典序一样//预处理直接sort 正好符合我们的要求sort(pairs.begin(),pairs.end());int n=pairs.size();vector<int> dp(n,1);for(int i=1;i<n;++i)for(int j=0;j<i;++j)if(pairs[j][1]<pairs[i][0]) dp[i]=max(dp[j]+1,dp[i]);//(1,5)(2,3)(4,10)(5,9)return dp[n-1];//最大值必然在最后面}
};

五、最长定差子序列（经典）

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有子序列中，最长的等差子序列长度

2、状态转移方程

dp[i]:

(1)b不存在——>1

(2)b存在——>取最后一个即可dp[j]+1

我们会发现前一个数基本上是可以确定是多少的，并且有多个的话也可以用后面的覆盖前面的，因此我们可以用哈希表做优化

优化思路：

（1)将元素+dp[i]的值存在哈希表中

（2)直接在哈希表中做动态规划

3、初始化

hash[arr[0]]=1

4、填表顺序

从左往右

5、返回值

dp表里的最大值

class Solution {
public:int longestSubsequence(vector<int>& arr, int difference) {//数据量太大了O（n^2）必然会超时int n=arr.size();unordered_map<int,int> hash;//第一个是元素，第二个是以这个元素为结尾时的最长等差子序列长度int ret=1;for(int&v:arr) //为了降低时间复杂度，我们发现这道题只需要最后的那个相同的{hash[v]=hash[v-difference]+1; //因为v-difference不在的时候，会被自己创建出来并初始化为0ret=max(ret,hash[v]);}return ret;}
};

为什么哈希表不需要先将数组中的元素全部初始化为1？？？因为hash[v]=hash[v-difference]+1,当v-differences不存在的时候，重载方括号会去调用insert并允许我们修改second，在创建的时候初始化了。

六、最长的斐波那契子序列长度

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度（错误）。

因为我们至少得确定两个位置，才能知道序列是否满足斐波那契子序列的要求。

dp[i][j]表示以i位置及j位置为结尾所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度。

2、状态转移方程

dp[i][j]: （假设abc对应的坐标分别是kij）

(1)如果a存在且a<b——>dp[k][i]+1

(2)a存在且b<a<c——>2

(3)a不存在——>2

我们固定两个数用了两层for循环了，如果找第三个数的时候还要在前面用一层for循环的话，那么就是n^3的时间复杂度了，所以我们可以用哈希表来帮助我们存储下标和元素的映射关系。并且我们只需要保存靠后的元素下标即可。

优化思路：将元素与下标绑定存放在哈希表中。

3、初始化

都初始化为2

4、填表顺序

从左往右

5、返回值

dp表里的最大值ret 但是如果ret是2的话就返回0

class Solution {
public:int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr) {//必须通过元素快速找到dp表对应的下标 unordered_map<int,int> hash;//哈希帮助我们快速定位int n=arr.size();for(int i=0;i<n;++i) hash[arr[i]]=i;int ret=2;//起始为2vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n,2));//得知道两个位置，才能确定前面的for(int j=2;j<n;++j) //固定最后的位置for(int i=1;i<j;++i)//固定倒数第2个位置{int a=arr[j]-arr[i];if(hash.count(a)&&a<arr[i]) dp[i][j]=dp[hash[a]][i]+1;ret=max(dp[i][j],ret);}return ret==2?0:ret;}
};

七、最长等差数列

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i]表示以i位置为结尾所有子序列中，最长的等差子序列的长度（错误）。

因为我们至少得确定两个位置，才能知道序列是否满足等差子序列的要求。

dp[i][j]表示以i位置及j位置为结尾所有子序列中，最长的等差子序列长度。

2、状态转移方程

dp[i][j]: （假设abc对应的坐标分别是kij）

(1)如果a存在且a<b——>dp[k][i]+1

(2)a存在且b<a<c——>2

(3)a不存在——>2

优化思路：

（1）将元素与下标绑定存放在哈希表中。

（2）i位置填完后，将i位置的值放进哈希表中

3、初始化

都初始化为2

4、填表顺序

有两种方式（选择方法2）

（1）先固定最后一个数，然后枚举倒数第二个数（必须在dp前先将元素与下标的关系绑定再哈希表中，到时候在找的时候还得判断b<a<c的情况）

（2）先固定倒数第二个数，再枚举最后一个数（可以等i位置填完后再将i的位置丢进哈希表，这样可以保证哈希表内的元素的下标必然是小的，就可以不需要判断b<a<c的情况）

5、返回值

dp表里的最大值ret

class Solution {
public:int longestArithSeqLength(vector<int>& nums) {//得确定至少两个位置，通过这两个位置求出了等差是多少，才能确定最终的结果unordered_map<int,int> hash;int n=nums.size();hash[nums[0]]=0;//必须要先固定两个数int ret=2;vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n,2));for(int i=1;i<n;++i) //边遍历边丢，这样就能确保哈希表里面的都是前面的元素{for(int j=i+1;j<n;++j){int a=2*nums[i]-nums[j];if(hash.count(a)) dp[i][j]=dp[hash[a]][i]+1;ret=max(dp[i][j],ret);}hash[nums[i]]=i;//记住最后一个即可}return ret;}
};