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1. 线性动态规划简介

线性动态规划:具有「线性」阶段划分的动态规划方法统称为线性动态规划(简称为「线性 DP」),如下图所示。

线性 DP

如果状态包含多个维度,但是每个维度上都是线性划分的阶段,也属于线性 DP。比如背包问题、区间 DP、数位 DP 等都属于线性 DP。

线性 DP 问题的划分方法有多种方式。

  • 如果按照「状态的维度数」进行分类,我们可以将线性 DP 问题分为:一维线性 DP 问题、二维线性 DP 问题,以及多维线性 DP 问题。
  • 如果按照「问题的输入格式」进行分类,我们可以将线性 DP 问题分为:单串线性 DP 问题、双串线性 DP 问题、矩阵线性 DP 问题,以及无串线性 DP 问题。

本文中,我们将按照问题的输入格式进行分类,对线性 DP 问题中各种类型问题进行一一讲解。

2. 单串线性 DP 问题

单串线性 DP 问题:问题的输入为单个数组或单个字符串的线性 DP 问题。状态一般可定义为 $dp[i]$,表示为:

  1. 「以数组中第 $i$ 个位置元素 $nums[i]$ 为结尾的子数组($nums[0]...nums[i]$)」的相关解。
  2. 「以数组中第 $i - 1$ 个位置元素 $nums[i - 1]$ 为结尾的子数组($nums[0]...nums[i - 1]$)」的相关解。
  3. 「以数组中前 $i$ 个元素为子数组($nums[0]...nums[i - 1]$)」的相关解。

$3$ 种状态的定义区别在于相差一个元素 $nums[i]$

  1. $1$ 种状态:子数组的长度为 $i + 1$,子数组长度不可为空;
  2. $2$ 种状态、第 $3$ 种状态:这两种状态描述是相同的。子数组的长度为 $i$,子数组长度可为空。在 $i = 0$ 时,方便用于表示空数组(以数组中前 $0$ 个元素为子数组)。

2.1 最长递增子序列

单串线性 DP 问题中最经典的问题就是「最长递增子序列(Longest Increasing Subsequence,简称 LIS)」。

2.1.1 题目链接

2.1.2 题目大意

描述:给定一个整数数组 $nums$

要求:找到其中最长严格递增子序列的长度。

说明

  • 子序列:由数组派生而来的序列,删除(或不删除)数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如,$[3,6,2,7]$ 是数组 $[0,3,1,6,2,2,7]$ 的子序列。
  • $1 \le nums.length \le 2500$
  • $-10^4 \le nums[i] \le 10^4$

示例

  • 示例 1:
输入nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出4
解释最长递增子序列是 [2,3,7,101],因此长度为 4
  • 示例 2:
输入nums = [0,1,0,3,2,3]
输出4

2.1.3 解题思路

思路 1:动态规划
1. 划分阶段

按照子序列的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i]$ 表示为:以 $nums[i]$ 结尾的最长递增子序列长度。

3. 状态转移方程

一个较小的数后边如果出现一个较大的数,则会形成一个更长的递增子序列。

对于满足 $0 \le j < i$ 的数组元素 $nums[j]$$nums[i]$ 来说:

  • 如果 $nums[j] < nums[i]$,则 $nums[i]$ 可以接在 $nums[j]$ 后面,此时以 $nums[i]$ 结尾的最长递增子序列长度会在「以 $nums[j]$ 结尾的最长递增子序列长度」的基础上加 $1$,即:$dp[i] = dp[j] + 1$。

  • 如果 $nums[j] \ge nums[i]$,则 $nums[i]$ 不可以接在 $nums[j]$ 后面,可以直接跳过。

综上,我们的状态转移方程为:$dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1), 0 \le j < i, nums[j] < nums[i]$。

4. 初始条件

默认状态下,把数组中的每个元素都作为长度为 $1$ 的递增子序列。即 $dp[i] = 1$

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态,$dp[i]$ 表示为:以 $nums[i]$ 结尾的最长递增子序列长度。那为了计算出最大的最长递增子序列长度,则需要再遍历一遍 $dp$ 数组,求出最大值即为最终结果。

思路 1:动态规划代码
class Solution:
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        dp = [1 for _ in range(size)]

        for i in range(size):
            for j in range(i):
                if nums[i] > nums[j]:
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)
        
        return max(dp)
思路 1:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n^2)$。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n^2)$,最后求最大值的时间复杂度是 $O(n)$,所以总体时间复杂度为 $O(n^2)$
  • 空间复杂度:$O(n)$。用到了一维数组保存状态,所以总体空间复杂度为 $O(n)$

2.2 最大子数组和

单串线性 DP 问题中除了子序列相关的线性 DP 问题,还有子数组相关的线性 DP 问题。

注意

  • 子序列:由数组派生而来的序列,删除(或不删除)数组中的元素而不改变其余元素的顺序。
  • 子数组:指的是数组中的一个连续子序列。

「子序列」与「子数组」都可以看做是原数组的一部分,而且都不会改变原来数组中元素的相对顺序。其区别在于数组元素是否要求连续。

2.2.1 题目链接

2.2.2 题目大意

描述:给定一个整数数组 $nums$

要求:找到一个具有最大和的连续子数组(子数组最少包含一个元素),返回其最大和。

说明

  • 子数组:指的是数组中的一个连续部分。
  • $1 \le nums.length \le 10^5$
  • $-10^4 \le nums[i] \le 10^4$

示例

  • 示例 1:
输入nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出6
解释连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大 6
  • 示例 2:
输入nums = [1]
输出1

2.2.3 解题思路

思路 1:动态规划
1. 划分阶段

按照连续子数组的结束位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i]$ 为:以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。

3. 状态转移方程

状态 $dp[i]$ 为:以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。则我们可以从「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」,以及「第 $i$ 个数的值」来讨论 $dp[i]$

  • 如果 $dp[i - 1] &lt; 0$,则「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」+「第 $i$ 个数的值」<「第 $i$ 个数的值」,即:$dp[i - 1] + nums[i] < nums[i]$。所以,此时 $dp[i]$ 应取「第 $i$ 个数的值」,即 $dp[i] = nums[i]$
  • 如果 $dp[i - 1] \ge 0$,则「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」 +「第 $i$ 个数的值」 >= 第 $i$ 个数的值,即:$dp[i - 1] + nums[i] \ge nums[i]$。所以,此时 $dp[i]$ 应取「第 $i - 1$ 个数结尾的连续子数组的最大和」+「 第 $i$ 个数的值」,即 $dp[i] = dp[i - 1] + nums[i]$

归纳一下,状态转移方程为:

$dp[i] = \begin{cases} nums[i], & dp[i - 1] < 0 \cr dp[i - 1] + nums[i] & dp[i - 1] \ge 0 \end{cases}$

4. 初始条件
  • $0$ 个数结尾的连续子数组的最大和为 $nums[0]$,即 $dp[0] = nums[0]$
5. 最终结果

根据状态定义,$dp[i]$ 为:以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。则最终结果应为所有 $dp[i]$ 的最大值,即 $max(dp)$

思路 1:代码
class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        dp = [0 for _ in range(size)]

        dp[0] = nums[0]
        for i in range(1, size):
            if dp[i - 1] < 0:
                dp[i] = nums[i]
            else:
                dp[i] = dp[i - 1] + nums[i]
        return max(dp)
思路 1:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n)$,其中 $n$ 为数组 $nums$ 的元素个数。
  • 空间复杂度:$O(n)$。
思路 2:动态规划 + 滚动优化

因为 $dp[i]$ 只和 $dp[i - 1]$ 和当前元素 $nums[i]$ 相关,我们也可以使用一个变量 $subMax$ 来表示以第 $i$ 个数结尾的连续子数组的最大和。然后使用 $ansMax$ 来保存全局中最大值。

思路 2:代码
class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        size = len(nums)
        subMax = nums[0]
        ansMax = nums[0]

        for i in range(1, size):
            if subMax < 0:
                subMax = nums[i]
            else:
                subMax += nums[i]
            ansMax = max(ansMax, subMax)
        return ansMax
思路 2:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n)$,其中 $n$ 为数组 $nums$ 的元素个数。
  • 空间复杂度:$O(1)$。

2.3 最长的斐波那契子序列的长度

有一些单串线性 DP 问题在定义状态时需要考虑两个结束位置,只考虑一个结束位置的无法清楚描述问题。这时候我们就需要需要增加一个结束位置维度来定义状态。

2.3.1 题目链接

2.3.2 题目大意

描述:给定一个严格递增的正整数数组 $arr$

要求:从数组 $arr$ 中找出最长的斐波那契式的子序列的长度。如果不存斐波那契式的子序列,则返回 0。

说明

  • 斐波那契式序列:如果序列 $X_1, X_2, ..., X_n$ 满足:

    • $n \ge 3$
    • 对于所有 $i + 2 \le n$,都有 $X_i + X_{i+1} = X_{i+2}$

    则称该序列为斐波那契式序列。

  • 斐波那契式子序列:从序列 $A$ 中挑选若干元素组成子序列,并且子序列满足斐波那契式序列,则称该序列为斐波那契式子序列。例如:$A = [3, 4, 5, 6, 7, 8]$。则 $[3, 5, 8]$$A$ 的一个斐波那契式子序列。

  • $3 \le arr.length \le 1000$

  • $1 \le arr[i] &lt; arr[i + 1] \le 10^9$

示例

  • 示例 1:
输入: arr = [1,2,3,4,5,6,7,8]
输出: 5
解释: 最长的斐波那契式子序列为 [1,2,3,5,8]。
  • 示例 2:
输入: arr = [1,3,7,11,12,14,18]
输出: 3
解释: 最长的斐波那契式子序列有 [1,11,12]、[3,11,14] 以及 [7,11,18]。

2.3.3 解题思路

思路 1: 暴力枚举(超时)

假设 $arr[i]$、$arr[j]$、$arr[k]$ 是序列 $arr$ 中的 $3$ 个元素,且满足关系:$arr[i] + arr[j] == arr[k]$,则 $arr[i]$、$arr[j]$、$arr[k]$ 就构成了 $arr$ 的一个斐波那契式子序列。

通过 $arr[i]$、$arr[j]$,我们可以确定下一个斐波那契式子序列元素的值为 $arr[i] + arr[j]$

因为给定的数组是严格递增的,所以对于一个斐波那契式子序列,如果确定了 $arr[i]$、$arr[j]$,则可以顺着 $arr$ 序列,从第 $j + 1$ 的元素开始,查找值为 $arr[i] + arr[j]$ 的元素 。找到 $arr[i] + arr[j]$ 之后,然后再顺着查找子序列的下一个元素。

简单来说,就是确定了 $arr[i]$、$arr[j]$,就能尽可能的得到一个长的斐波那契式子序列,此时我们记录下子序列长度。然后对于不同的 $arr[i]$、$arr[j]$,统计不同的斐波那契式子序列的长度。

最后将这些长度进行比较,其中最长的长度就是答案。

思路 1:代码
class Solution:
    def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:
        size = len(arr)
        ans = 0
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                temp_ans = 0
                temp_i = i
                temp_j = j
                k = j + 1
                while k < size:
                    if arr[temp_i] + arr[temp_j] == arr[k]:
                        temp_ans += 1
                        temp_i = temp_j
                        temp_j = k
                    k += 1
                if temp_ans > ans:
                    ans = temp_ans

        if ans > 0:
            return ans + 2
        else:
            return ans
思路 1:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n^3)$,其中 $n$ 为数组 $arr$ 的元素个数。
  • 空间复杂度:$O(1)$。
思路 2:哈希表

对于 $arr[i]$、$arr[j]$,要查找的元素 $arr[i] + arr[j]$ 是否在 $arr$ 中,我们可以预先建立一个反向的哈希表。键值对关系为 $value : idx$,这样就能在 $O(1)$ 的时间复杂度通过 $arr[i] + arr[j]$ 的值查找到对应的 $arr[k]$,而不用像原先一样线性查找 $arr[k]$ 了。

思路 2:代码
class Solution:
    def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:
        size = len(arr)
        ans = 0
        idx_map = dict()
        for idx, value in enumerate(arr):
            idx_map[value] = idx
        
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                temp_ans = 0
                temp_i = i
                temp_j = j
                while arr[temp_i] + arr[temp_j] in idx_map:
                    temp_ans += 1
                    k = idx_map[arr[temp_i] + arr[temp_j]]
                    temp_i = temp_j
                    temp_j = k

                if temp_ans > ans:
                    ans = temp_ans

        if ans > 0:
            return ans + 2
        else:
            return ans
思路 2:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n^2)$,其中 $n$ 为数组 $arr$ 的元素个数。
  • 空间复杂度:$O(n)$。
思路 3:动态规划 + 哈希表
1. 划分阶段

按照斐波那契式子序列相邻两项的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i][j]$ 表示为:以 $arr[i]$、$arr[j]$ 为结尾的斐波那契式子序列的最大长度。

3. 状态转移方程

$arr[j]$、$arr[k]$ 结尾的斐波那契式子序列的最大长度 = 满足 $arr[i] + arr[j] = arr[k]$ 条件下,以 $arr[i]$、$arr[j]$ 结尾的斐波那契式子序列的最大长度加 $1$。即状态转移方程为:$dp[j][k] = max_{(A[i] + A[j] = A[k], \quad i < j < k)}(dp[i][j] + 1)$。

4. 初始条件

默认状态下,数组中任意相邻两项元素都可以作为长度为 $2$ 的斐波那契式子序列,即 $dp[i][j] = 2$

5. 最终结果

根据我们之前定义的状态,$dp[i][j]$ 表示为:以 $arr[i]$、$arr[j]$ 为结尾的斐波那契式子序列的最大长度。那为了计算出最大的最长递增子序列长度,则需要在进行状态转移时,求出最大值 $ans$ 即为最终结果。

因为题目定义中,斐波那契式中 $n \ge 3$,所以只有当 $ans \ge 3$ 时,返回 $ans$。如果 $ans &lt; 3$,则返回 $0$

注意:在进行状态转移的同时,我们应和「思路 2:哈希表」一样采用哈希表优化的方式来提高效率,降低算法的时间复杂度。

思路 3:代码
class Solution:
    def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:
        size = len(arr)
        
        dp = [[0 for _ in range(size)] for _ in range(size)]
        ans = 0

        # 初始化 dp
        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                dp[i][j] = 2

        idx_map = {}
        # 将 value : idx 映射为哈希表,这样可以快速通过 value 获取到 idx
        for idx, value in enumerate(arr):
            idx_map[value] = idx

        for i in range(size):
            for j in range(i + 1, size):
                if arr[i] + arr[j] in idx_map:    
                    # 获取 arr[i] + arr[j] 的 idx,即斐波那契式子序列下一项元素
                    k = idx_map[arr[i] + arr[j]]
                    
                    dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[i][j] + 1)
                    ans = max(ans, dp[j][k])

        if ans >= 3:
            return ans
        return 0
思路 3:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n^2)$,其中 $n$ 为数组 $arr$ 的元素个数。
  • 空间复杂度:$O(n)$。

3. 双串线性 DP 问题

双串线性 DP 问题:问题的输入为两个数组或两个字符串的线性 DP 问题。状态一般可定义为 $dp[i][j]$,表示为:

  1. 「以第一个数组中第 $i$ 个位置元素 $nums1[i]$ 为结尾的子数组($nums1[0]...nums1[i]$)」与「以第二个数组中第 $j$ 个位置元素 $nums2[j]$ 为结尾的子数组($nums2[0]...nums2[j]$)」的相关解。
  2. 「以第一个数组中第 $i - 1$ 个位置元素 $nums1[i - 1]$ 为结尾的子数组($nums1[0]...nums1[i - 1]$)」与「以第二个数组中第 $j - 1$ 个位置元素 $nums2[j - 1]$ 为结尾的子数组($nums2[0]...nums2[j - 1]$)」的相关解。
  3. 「以第一个数组中前 $i$ 个元素为子数组($nums1[0]...nums1[i - 1]$)」与「以第二个数组中前 $j$ 个元素为子数组($nums2[0]...nums2[j - 1]$)」的相关解。

$3$ 种状态的定义区别在于相差一个元素 $nums1[i]$$nums2[j]$

  1. $1$ 种状态:子数组的长度为 $i + 1$$j + 1$,子数组长度不可为空
  2. $2$ 种状态、第 $3$ 种状态:子数组的长度为 $i$$j$,子数组长度可为空。$i = 0$ 或 $j = 0$ 时,方便用于表示空数组(以数组中前 $0$ 个元素为子数组)。

3.1 最长公共子序列

双串线性 DP 问题中最经典的问题就是「最长公共子序列(Longest Common Subsequence,简称 LCS)」。

3.1.1 题目链接

3.1.2 题目大意

描述:给定两个字符串 $text1$$text2$

要求:返回两个字符串的最长公共子序列的长度。如果不存在公共子序列,则返回 $0$

说明

  • 子序列:原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符(也可以不删除任何字符)后组成的新字符串。
  • 公共子序列:两个字符串所共同拥有的子序列。
  • $1 \le text1.length, text2.length \le 1000$
  • $text1$$text2$ 仅由小写英文字符组成。

示例

  • 示例 1:
输入text1 = "abcde", text2 = "ace" 
输出3  
解释最长公共子序列是 "ace"它的长度为 3
  • 示例 2:
输入text1 = "abc", text2 = "abc"
输出3
解释最长公共子序列是 "abc"它的长度为 3

3.1.3 解题思路

思路 1:动态规划
1. 划分阶段

按照两个字符串的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i][j]$ 表示为:「以 $text1$ 中前 $i$ 个元素组成的子字符串 $str1$ 」与「以 $text2$ 中前 $j$ 个元素组成的子字符串 $str2$」的最长公共子序列长度为 $dp[i][j]$

3. 状态转移方程

双重循环遍历字符串 $text1$$text2$,则状态转移方程为:

  1. 如果 $text1[i - 1] = text2[j - 1]$,说明两个子字符串的最后一位是相同的,所以最长公共子序列长度加 $1$。即:$dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1$。
  2. 如果 $text1[i - 1] \ne text2[j - 1]$,说明两个子字符串的最后一位是不同的,则 $dp[i][j]$ 需要考虑以下两种情况,取两种情况中最大的那种:$dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])$。
    1. 「以 $text1$ 中前 $i - 1$ 个元素组成的子字符串 $str1$ 」与「以 $text2$ 中前 $j$ 个元素组成的子字符串 $str2$」的最长公共子序列长度,即 $dp[i - 1][j]$
    2. 「以 $text1$ 中前 $i$ 个元素组成的子字符串 $str1$ 」与「以 $text2$ 中前 $j - 1$ 个元素组成的子字符串 $str2$」的最长公共子序列长度,即 $dp[i][j - 1]$
4. 初始条件
  1. $i = 0$ 时,$str1$ 表示的是空串,空串与 $str2$ 的最长公共子序列长度为 $0$,即 $dp[0][j] = 0$
  2. $j = 0$ 时,$str2$ 表示的是空串,$str1$ 与 空串的最长公共子序列长度为 $0$,即 $dp[i][0] = 0$
5. 最终结果

根据状态定义,最后输出 $dp[sise1][size2]$(即 $text1$$text2$ 的最长公共子序列长度)即可,其中 $size1$、$size2$ 分别为 $text1$、$text2$ 的字符串长度。

思路 1:代码
class Solution:
    def longestCommonSubsequence(self, text1: str, text2: str) -> int:
        size1 = len(text1)
        size2 = len(text2)
        dp = [[0 for _ in range(size2 + 1)] for _ in range(size1 + 1)]
        for i in range(1, size1 + 1):
            for j in range(1, size2 + 1):
                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[size1][size2]
思路 1:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n \times m)$,其中 $n$、$m$ 分别是字符串 $text1$、$text2$ 的长度。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n \times m)$,所以总的时间复杂度为 $O(n \times m)$
  • 空间复杂度:$O(n \times m)$。用到了二维数组保存状态,所以总体空间复杂度为 $O(n \times m)$

3.2 最长重复子数组

3.2.1 题目链接

3.2.2 题目大意

描述:给定两个整数数组 $nums1$、$nums2$。

要求:计算两个数组中公共的、长度最长的子数组长度。

说明

  • $1 \le nums1.length, nums2.length \le 1000$
  • $0 \le nums1[i], nums2[i] \le 100$

示例

  • 示例 1:
输入nums1 = [1,2,3,2,1], nums2 = [3,2,1,4,7]
输出3
解释长度最长的公共子数组是 [3,2,1] 。
  • 示例 2:
输入nums1 = [0,0,0,0,0], nums2 = [0,0,0,0,0]
输出5

3.2.3 解题思路

思路 1:动态规划
1. 划分阶段

按照子数组结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i][j]$ 为:「在 $nums1$ 中以第 $i - 1$ 个元素结尾的子数组 」和「在 $nums2$ 中以第 $j - 1$ 个元素结尾的子数组 」的最长公共子数组长度。

3. 状态转移方程
  1. 如果 $nums1[i - 1] = nums2[j - 1]$,则当前元素可以构成公共子数组,此时 $dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1$
  2. 如果 $nums1[i - 1] \ne nums2[j - 1]$,则当前元素不能构成公共子数组,此时 $dp[i][j] = 0$
4. 初始条件
  • $i = 0$ 时,$nums1[0]...nums1[i - 1]$ 表示的是空数组,空数组与 $nums2$ 中任意子数组的最长公共子序列长度为 $0$,即 $dp[0][j] = 0$
  • $j = 0$ 时,$nums2[0]...nums2[j - 1]$ 表示的是空数组,空数组与 $nums1$ 中任意子数组的最长公共子序列长度为 $0$,即 $dp[i][0] = 0$
5. 最终结果
  • 根据状态定义, $dp[i][j]$ 为:「在 $nums1$ 中以第 $i - 1$ 个元素结尾的子数组 」和「在 $nums2$ 中以第 $j - 1$ 个元素结尾的子数组 」的最长公共子数组长度。在遍历过程中,我们可以使用 $res$ 记录下所有 $dp[i][j]$ 中最大值即为答案。
思路 1:代码
class Solution:
    def findLength(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> int:
        size1 = len(nums1)
        size2 = len(nums2)
        dp = [[0 for _ in range(size2 + 1)] for _ in range(size1 + 1)]
        res = 0
        for i in range(1, size1 + 1):
            for j in range(1, size2 + 1):
                if nums1[i - 1] == nums2[j - 1]:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
                if dp[i][j] > res:
                    res = dp[i][j]

        return res
思路 1:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n \times m)$。其中 $n$ 是数组 $nums1$ 的长度,$m$ 是数组 $nums2$ 的长度。
  • 空间复杂度:$O(n \times m)$。

3.3 编辑距离

双串线性 DP 问题中除了经典的最长公共子序列问题之外,还包括字符串的模糊匹配问题。

3.3.1 题目链接

3.3.2 题目大意

描述:给定两个单词 $word1$、$word2$。

对一个单词可以进行以下三种操作:

  • 插入一个字符
  • 删除一个字符
  • 替换一个字符

要求:计算出将 $word1$ 转换为 $word2$ 所使用的最少操作数。

说明

  • $0 \le word1.length, word2.length \le 500$
  • $word1$$word2$ 由小写英文字母组成。

示例

  • 示例 1:
输入word1 = "horse", word2 = "ros"
输出3
解释horse -> rorse ( 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')
  • 示例 2:
输入word1 = "intention", word2 = "execution"
输出5
解释intention -> inention (删除 't')
inention -> enention ( 'i' 替换为 'e')
enention -> exention ( 'n' 替换为 'x')
exention -> exection ( 'n' 替换为 'c')
exection -> execution (插入 'u')

3.3.3 解题思路

思路 1:动态规划
1. 划分阶段

按照两个字符串的结尾位置进行阶段划分。

2. 定义状态

定义状态 $dp[i][j]$ 表示为:「以 $word1$ 中前 $i$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j$ 个字符组成的子字符串 $str2$」,所需要的最少操作次数。

3. 状态转移方程
  1. 如果当前字符相同($word1[i - 1] = word2[j - 1]$),无需插入、删除、替换。$dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]$。
  2. 如果当前字符不同($word1[i - 1] \ne word2[j - 1]$),$dp[i][j]$ 取源于以下三种情况中的最小情况:
    1. 替换($word1[i - 1]$ 替换为 $word2[j - 1]$):最少操作次数依赖于「以 $word1$ 中前 $i - 1$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j - 1$ 个字符组成的子字符串 $str2$」,再加上替换的操作数 $1$,即:$dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1$。
    2. 插入($word1$ 在第 $i - 1$ 位置上插入元素):最少操作次数依赖于「以 $word1$ 中前 $i - 1$ 个字符组成的子字符串 $str1$」 变为「以 $word2$ 中前 $j$ 个字符组成的子字符串 $str2$」,再加上插入需要的操作数 $1$,即:$dp[i][j] = dp[i - 1][j] + 1$。
    3. 删除($word1$ 删除第 $i - 1$ 位置元素):最少操作次数依赖于「以 $word1$ 中前 $i$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j - 1$ 个字符组成的子字符串 $str2$」,再加上删除需要的操作数 $1$,即:$dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1$。

综合上述情况,状态转移方程为:

$dp[i][j] = \begin{cases} dp[i - 1][j - 1] & word1[i - 1] = word2[j - 1] \cr min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1 & word1[i - 1] \ne word2[j - 1] \end{cases}$

4. 初始条件
  • $i = 0$,「以 $word1$ 中前 $0$ 个字符组成的子字符串 $str1$」为空字符串,「$str1$」变为「以 $word2$ 中前 $j$ 个字符组成的子字符串 $str2$」时,至少需要插入 $j$ 次,即:$dp[0][j] = j$。
  • $j = 0$,「以 $word2$ 中前 $0$ 个字符组成的子字符串 $str2$」为空字符串,「以 $word1$ 中前 $i$ 个字符组成的子字符串 $str1$」变为「$str2$」时,至少需要删除 $i$ 次,即:$dp[i][0] = i$。
5. 最终结果

根据状态定义,最后输出 $dp[sise1][size2]$(即 $word1$ 变为 $word2$ 所使用的最少操作数)即可。其中 $size1$、$size2$ 分别为 $word1$、$word2$ 的字符串长度。

思路 1:代码
class Solution:
    def minDistance(self, word1: str, word2: str) -> int:
        size1 = len(word1)
        size2 = len(word2)
        dp = [[0 for _ in range(size2 + 1)] for _ in range(size1 + 1)]

        for i in range(size1 + 1):
            dp[i][0] = i
        for j in range(size2 + 1):
            dp[0][j] = j
        for i in range(1, size1 + 1):
            for j in range(1, size2 + 1):
                if word1[i - 1] == word2[j - 1]:
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]
                else:
                    dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + 1
        return dp[size1][size2]
思路 1:复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(n \times m)$,其中 $n$、$m$ 分别是字符串 $word1$、$word2$ 的长度。两重循环遍历的时间复杂度是 $O(n \times m)$,所以总的时间复杂度为 $O(n \times m)$
  • 空间复杂度:$O(n \times m)$。用到了二维数组保存状态,所以总体空间复杂度为 $O(n \times m)$

参考资料