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wzjs 2025/8/16 17:57:33

微商城网站建设平台,网站推广技巧和方法,中国企业网站建设,中建八局第一建设有限公司集成登录LeetCode 718 - 最长重复子数组是一个典型的数组和字符串问题，适合考察动态规划、滑动窗口和二分查找等多种编程能力。掌握其多种解法及变体能够有效提高处理字符串和数组算法的能力。题目描述输入: 两个整数数组 nums1 和 nums2。输出: 两个数组中存在的最长的…

LeetCode 718 - 最长重复子数组 是一个典型的数组和字符串问题，适合考察动态规划、滑动窗口和二分查找等多种编程能力。掌握其多种解法及变体能够有效提高处理字符串和数组算法的能力。

题目描述

输入: 两个整数数组 nums1 和 nums2。
输出: 两个数组中存在的最长的连续重复子数组的长度。
要求: 时间复杂度尽可能优化。

示例

输入: nums1 = [1,2,3,2,1], nums2 = [3,2,1,4,7]
输出: 3
解释: 最长的重复子数组是 [3,2,1], 长度为 3。

解法分析及实现

解法 1：二维动态规划

思路

定义 dp[i][j] 表示：
- 以下标 i-1（对于 nums1）结尾的子数组和以下标 j-1（对于 nums2）结尾的子数组的最长公共子数组长度。
状态转移方程：
- 如果 nums1[i-1] == nums2[j-1]:
```
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
```
- 否则：
```
dp[i][j] = 0
```
初始化：
- dp[i][0] = 0 (空序列和任何序列无公共子数组)。
- dp[0][j] = 0 (空序列和任何序列无公共子数组)。
最终答案：
- 遍历所有的 dp[i][j]，取最大值。

模板代码

class Solution {public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int m = nums1.length, n = nums2.length;int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];int maxLength = 0;// 动态规划填表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;maxLength = Math.max(maxLength, dp[i][j]);}}}return maxLength;}
}

复杂度分析

时间复杂度: O(m * n)，其中 m 和 n 是数组长度。
空间复杂度: O(m * n)，由于用了二维 DP 表保存状态。

解法 2：滚动数组优化动态规划（空间优化）

优化思路

注意到在计算 dp[i][j] 时，只需要用到 dp[i-1][j-1] 的值。因此，可以用一维数组代替二维数组，进一步优化空间。
滚动更新：从右往左遍历 nums2，避免覆盖之前的状态。

模板代码

class Solution {public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int m = nums1.length, n = nums2.length;int[] dp = new int[n + 1];int maxLength = 0;// 动态规划填表for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = n; j >= 1; j--) { // 注意，从右往左遍历 nums2if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {dp[j] = dp[j - 1] + 1;maxLength = Math.max(maxLength, dp[j]);} else {dp[j] = 0; // 无法连续时，长度清零}}}return maxLength;}
}

复杂度分析

时间复杂度: O(m * n)，遍历数组。
空间复杂度: O(n)，使用了一维数组。

解法 3：滑动窗口法

核心思想

假设固定一个数组 nums1，滑动另一个数组 nums2 进行比较。
在滑动的过程中寻找最大公共子数组长度。
- 如果 nums1 和 nums2 不完全对齐，就逐步滑动 nums2，逐一比较。

模板代码

class Solution {private int maxLen(int[] A, int[] B, int offsetA, int offsetB, int length) {int maxLen = 0, currentLen = 0;for (int i = 0; i < length; i++) {if (A[offsetA + i] == B[offsetB + i]) {currentLen++;maxLen = Math.max(maxLen, currentLen);} else {currentLen = 0;}}return maxLen;}public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int m = nums1.length, n = nums2.length;int maxLength = 0;// 滑动 nums1 相对于 nums2for (int i = 0; i < m; i++) {int len = Math.min(n, m - i); // 两数组能对齐的长度maxLength = Math.max(maxLength, maxLen(nums1, nums2, i, 0, len));}// 滑动 nums2 相对于 nums1for (int j = 0; j < n; j++) {int len = Math.min(m, n - j); // 两数组能对齐的长度maxLength = Math.max(maxLength, maxLen(nums1, nums2, 0, j, len));}return maxLength;}
}

复杂度分析

时间复杂度: O((m + n) * min(m, n))，滑动两遍数组。
空间复杂度: O(1)，原地比较，不需要额外空间。

解法 4：二分查找 + 哈希

核心思想

使用滑动窗口与哈希表结合，通过 二分查找 在所有可能的子数组长度中快速找到最长重复子数组长度。
1. 利用暴力检查或 Rabin-Karp 哈希验证是否存在长度为 mid 的公共子数组：
  - 用窗口提取长度为 mid 的子数组，进行比对。
2. 使用二分查找：
  - 如果某个长度是可行的（存在共同子数组），增加长度；
  - 如果不可行，减小长度。

模板代码

import java.util.HashSet;class Solution {public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int left = 0, right = Math.min(nums1.length, nums2.length);int result = 0;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (check(nums1, nums2, mid)) {result = mid;left = mid + 1; // 尝试更长的长度} else {right = mid - 1; // 尝试更短的长度}}return result;}private boolean check(int[] nums1, int[] nums2, int len) {// 使用 HashSet 存储 nums1 长度为 len 的子数组HashSet<String> seen = new HashSet<>();for (int i = 0; i + len <= nums1.length; i++) {seen.add(arrayToString(nums1, i, len));}// 检查 nums2 是否包含相同子数组for (int j = 0; j + len <= nums2.length; j++) {if (seen.contains(arrayToString(nums2, j, len))) {return true;}}return false;}private String arrayToString(int[] nums, int start, int len) {StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i = start; i < start + len; i++) {sb.append(nums[i]).append(",");}return sb.toString();}
}