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【动态规划】两个数组的dp问题(一)

📝前言说明:

  • 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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📋本专栏:C++刷题专栏
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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/
在这里插入图片描述


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
  • 情况2 s1[i] != s2[j],则最长公共子序列不可能同时包含s[i]s[j]
    • 去 s1[0, i - 1] 和s2 [0, j]
      • 即:dp[i - 1][j]
    • 去 s1[0, i] 和 s2 [0, j - 1]
      • 即:dp[i][j - 1]
    • 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]

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 ij1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

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]ms1长度,ns2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(mn)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(mn)


1035. 不相交的线

题目链接:https://leetcode.cn/problems/uncrossed-lines/description/
在这里插入图片描述

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(mn)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(mn)


115. 不同的子序列

题目链接:https://leetcode.cn/problems/distinct-subsequences/description/
在这里插入图片描述


优质解

思路:
状态表示

  • dp[i][j]: 子串 t[0, i]s[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1s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(mn)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(mn)


44. 通配符匹配

题目链接:https://leetcode.cn/problems/wildcard-matching/description/
在这里插入图片描述

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
  • 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]
  • 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(mn)
空间复杂度: O ( m ∗ n ) O(m*n) O(mn)


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