【动态规划】两个数组的dp问题(一)
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- 本专栏主要记录本人的动态规划算法学习以及LeetCode刷题记录,按专题划分
- 每题主要记录:(1)本人解法 + 本人屎山代码;(2)优质解法 + 优质代码;(3)精益求精,更好的解法和独特的思想(如果有的话)
- 文章中的理解仅为个人理解。如有错误,感谢纠错
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题目
- 1143. 最长公共子序列(重点)
- 优质解
- 1035. 不相交的线
- 个人解
- 115. 不同的子序列
- 优质解
- 44. 通配符匹配
- 优质解
1143. 最长公共子序列(重点)
题目链接:https://leetcode.cn/problems/longest-common-subsequence/
优质解
思路:
状态表示
- 经验:选取 s1 的
[0, i]
区间以及 s2[0, j]
区间作为研究对象 - 题目要求:根据题目要求结合经验写出状态表示
- 状态表示:
dp[i][j]
: s1 的[0, i]
区间以及 s2 的[0, j]
区间内所有子序列中,最长公共子序列的长度
状态转移方程
- 经验:根据最后一个位置的状况,分情况讨论
- 情况1
s1[i] == s2[j]
:则公共子序列必以s[i]
为结尾,此时可以转换成:s1[0, i - 1]
和s2[0, j - 1]
的最长公共子序列 + 字符s[i]
。- 即:
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
- 即:
- 情况2
s1[i] != s2[j]
,则最长公共子序列不可能同时包含s[i]
和s[j]
- 去 s1
[0, i - 1]
和s2[0, j]
找- 即:
dp[i - 1][j]
- 即:
- 去 s1
[0, i]
和 s2[0, j - 1]
找- 即:
dp[i][j - 1]
- 即:
- 去 s1
[0, i - 1]
和 s2[0, j - 1]
找(但是注意:第一种情况里面已经包含了这一个,所以我们可以不用管这个情况【因为本题是求max
】)dp[i - 1][j - 1]
- 去 s1
初始化
- 空串也属于公共子序列(引入空串,方便初始化)
- 多加上面一行和左边一列(此时
i
和j
从1
开始,不会越界)- 且全为
0
(因为是求最大值,所以填0
能保证后续结果不受影响) - 映射关系:原来的
dp[i][j]
映射到dp[i + 1][j + 1]
(字符串0
位置就要映射到dp[1]
了)- 解决方法:我们可以在字符串前加一个字符,让字符串的下标再次和
dp
表的下标对应
- 解决方法:我们可以在字符串前加一个字符,让字符串的下标再次和
- 且全为
填表顺序
- 从上往下填写每一行,每一行从左往右
返回值
dp[m][n]
,m
为s1
长度,n
为s2
长度
代码:
class Solution {
public:int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {int m = text1.size(), n = text2.size();text1 = " " + text1; text2 = " " + text2;vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){if(text1[i] == text2[j])dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;elsedp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);}} return dp[m][n];}
};
时间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
1035. 不相交的线
题目链接:https://leetcode.cn/problems/uncrossed-lines/description/
个人解
思路:
- 就是子序列(因为不交叉)
用时:10:00
屎山代码:
class Solution {
public:int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m = nums1.size(), n = nums2.size();vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){if(nums1[i - 1] == nums2[j - 1])dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;elsedp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][ j - 1]);}}return dp[m][n];}
};
时间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
115. 不同的子序列
题目链接:https://leetcode.cn/problems/distinct-subsequences/description/
优质解
思路:
状态表示
dp[i][j]
: 子串t[0, i]
在s
的[0, j]
区间中的所有子序列中出现的个数
状态转移方程:子串t[0, i]
包不包含s[j]
- 包含:则一定是
t[i] == s[j]
:dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
- 不包含:则
dp[i][j] == dp[i][j - 1]
- 所以:
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1](if t[i] == s[j])
初始化
- 引入空串,下标映射,填表的空串的值(为了不影响结果)
- 第一行全
1
:s
是空串时,s
总有一个t
为空串的子序列 - 第一列:除
[0][0]
,全0
代码:
class Solution {
public:int numDistinct(string s, string t) {int m = t.size(), n =s.size();vector<vector<unsigned>> dp(m + 1, vector<unsigned>(n + 1, 0));for(int j = 0; j <= n; j++) dp[0][j] = 1; // 初始化for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){if(t[i - 1] == s[j - 1]) dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1];dp[i][j] += dp[i][j - 1];}}return dp[m][n];}
};
时间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
44. 通配符匹配
题目链接:https://leetcode.cn/problems/wildcard-matching/description/
优质解
思路:
- dp[i][j]: 代表模式串[0, i] 能否匹配 字符串[0, j]
- 按模式串的第 i 个字符串来分类
- 普通字符:
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] && s[j] == p[i]
- ‘?’ 字符:
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
- ‘*’ 字符:
dp[i][j] = dp[i - 1][k](0 <= k <= j)
只要有一个位置为true
就返回ture
- 普通字符:
- 问题在于第三个’*’ 字符,如果拿k遍历一遍,时间复杂度太高。
- 于是,由数学推导:
dp[i][j] == dp[i - 1][j] ||dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 1][j - 2] || ... dp[i - 1][0]
- 我们看除去第一项的后面的项的结果,刚好是
dp[i][j - 1]
的展开 - 所以化简得到:
dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1]
- 于是,由数学推导:
- 初始化:需要注意的是:空串可以匹配空串,
'*'
也可以匹配空串(模式串可以前导多个'*'
,此时将它们都匹配上空串)
代码:
class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {int m = p.size(), n = s.size();vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false)); // 添加空串dp[0][0] = true;for(int i = 1; i <= m; i++){if(p[i - 1] == '*')dp[i][0] = true;else break; // 当模式串的第一个位置不是 `*`开始匹配}for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){if(p[i - 1] == '?')dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];else if(p[i - 1] >= 'a' && p[i - 1] <= 'z')dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] && s[j - 1] == p[i - 1];elsedp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1];}}return dp[m][n];}
};
时间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(m∗n)
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