子序列 和 子串(子数组)
Q:首先这两个看起来很像的概念有什么区别呢？
- A: 先抛出结论，子序列默认不连续， 子串(子数组)默认连续
接下来，通过两道题，来更清晰的认识两者的区别。
给两个整数数组 A 和 B ，返回两个数组中公共的、长度最长的子数组的长度。
示例 1:
输入:
A: [1,2,3,2,1]
B: [3,2,1,4,7]
输出: 3
解释:
长度最长的公共子数组是 [3, 2, 1]。
说明:
1 <= len(A), len(B) <= 1000
0 <= A[i], B[i] < 100
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/maximum-length-of-repeated-subarray
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题解 :
思路一 : 暴力法
- 穷举每一种可能的情况，计算其最长重复子数组的长度
- 时间复杂度 : O(N ^ 3)
- 提交后，算法超时了..
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/**
*
* 暴力法
* 穷举每一种情况
*
* 暴力法时间复杂度 : O(N ^ 3)
*
* */
public static int findLength1(int[] A, int[] B) {
if (A == null || A.length == 0 || B == null || B.length == 0) return 0;
int m = A.length;
int n = B.length;
int res = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (A[i] == B[j]) { // 遇到相同项
int subLen = 1; // 公共子序列长度至少为1
while (A[i + subLen] == B[j + subLen] &&
i + subLen < m &&
j + subLen < n){
// 它们下一项也相同
// 并且没有越界
subLen++; // 既像指针，每次考察一项，又是公共子序列长度
}
res = Math.max(subLen, res);
}
}
}
return res;
}
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思路二 : 动态规划
- 动态规划三步走
- 定义 dp 数组含义 dp[i][j] 表示数组 A 截止到 第 i 为的子数组 和 数组 B 截止到 第 j 位的子数组的公共数组的长度
- 定义 初始值
- 因为 Java中初始化的数组，默认值为 0，不需要再次初始化
- 状态转移方程
- 当 n1 == n2时, 则 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
- 当 n1 != n2时，dp[i][j] = 0
以下图片帮助理解 :
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/**
*
* 此题目 跟 最长重复子序列 很像
* 不同之处再由，子序列可以不连续，子数组一定连续
*
* 子序列 与 1143题一样。 最长公共子序列
*
* 动态规划 三步走
*
* 定义 dp 数组含义 dp[i][j] 表示 数组A截止第 i 位的子数组 和 数组B截止 第 j 位的子数组的公共子数组的长度
*
* 定义初始值 因 Java中初始化的数组，其中默认值为0， 不需要再次定义
*
* 状态转移方程
* 当 n1 == n2时, 则 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
* 当 n1 != n2时，dp[i][j] = 0
*
* */
public static int findLength(int[] A, int[] B) {
if (A == null || A.length == 0 || B == null || B.length == 0) return 0;
// dp[i][j] 表示 数组A截止第 i 位的子数组 和 数组B截止 第 j 位的子数组 的公共子数组的长度
int[][] dp = new int[A.length + 1][B.length + 1];
int result = 0;
for (int i = 1; i <= A.length; i++) {
int n1 = A[i - 1];
for (int j = 1; j <= A.length; j++) {
int n2 = B[j - 1];
if (n1 == n2){
// 如果 n1 == n2
// 则 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
result = Math.max(result, dp[i][j]);
}
// 如果 n1 != n2
// 则 dp[i][j] 默认为 0， 认为他们以 i，j结尾的子数组， 没有公共子数组
}
}
return result;
}
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给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。
一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由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。
例如，“ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。
若这两个字符串没有公共子序列，则返回 0。
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。
示例 3:
输入：text1 = “abc”, text2 = “def”
输出：0
解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0。
提示:
1 <= text1.length <= 1000
1 <= text2.length <= 1000
输入的字符串只含有小写英文字符。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-subsequence
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
题解：
很明显使用动态规划解题
- 定义状态 dp[i] [j]为字符串1 截止到下标i 的子串，和字符串2截止到下标j 的子串 的最长公共子序列。
- 定义初始值 初始值默认都为0，不需要重新赋值
- 动态转移方程
- 当c1 和 c2相等时，dp为其左上的值 + 1
- 当c1 和 c2不想等时，dp为其左边 和 上边值中的大者
下图为例子，便于理解：(a b c d 和 a c e f的最长公共子序列)
代码如下：
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public static int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
// 定义状态 dp[i][j]为 字符串1 以i结尾的字串，和字符串2以j结尾的字串的最长公共子序列。
int [][]dp = new int[text1.length() + 1][text2.length() + 1];
// 定义初始值 数组中默认都为0，不需要重新赋值
// 动态转移方程
// 当 c1 和 c2相等时，dp为其左上的值加1
// 当 c1 和 c2不想等时，dp为其左边 和 上边的最大值
for (int i = 1; i <= text1.length(); i++) {
char c1 = text1.charAt(i - 1);
for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
char c2 = text2.charAt(j - 1);
if (c1 == c2){
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] +1;
}else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
}
}
}
return dp[text1.length()][text2.length()];
}
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复杂度分析：
时间复杂度为 O(N * M) 两层循环，N * M次运算
空间复杂度为 O(N * M) 利用了额外的二维数组存储空间。
优化：
上边的解题过程中，我们在计算dp[i] [j] 时只用到了上边一层dp[i - 1] […]，及其leftTop的值，而leftTop就是上次dp[j]的值。 是否可以把二维数组优化成一位数组，降低其空间复杂度至O(N)级别 ？ 下边我们尝试做一下空间复杂度的优化。
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public static int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
// 定义状态 dp[j]为 字符串1 以i结尾的字串，和字符串2以j结尾的字串的最长公共子序列。
int []dp = new int[text2.length() + 1];
// 定义初始值 数组中默认都为1，不需要重新赋值
// 动态转移方程
// 当 c1 和 c2相等时，dp为其左上的值加1
// 当 c1 和 c2不想等时，dp为其左边 和 上边的最大值
for (int i = 1; i <= text1.length(); i++) {
char c1 = text1.charAt(i - 1);
int cur = 0;
for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
char c2 = text2.charAt(j - 1);
// leftTop就是上次dp[i] 的值
int leftTop = cur;
cur = dp[j];
if (c1 == c2){
dp[j] = leftTop +1;
}else {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1]);
}
}
}
return dp[text2.length()];
}
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优化过后的复杂度：
空间复杂度： O(N) 额外使用了一维数组的存储空间。
时间复杂度：O(N * M) 两层循环 N * M次计算。