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| 斐波那契数列模型 | 路径问题 | 多状态问题 | 子数组 |
动态规划是解决子序列问题的利器。面对最长公共子序列、最长递增子序列等经典问题时，掌握状态定义、转移方程和边界处理三大核心要素，就能快速找到最优解。本文将用最简洁的方式，带你掌握动态规划解决子序列问题的精髓，提升算法解题能力。
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文章目录
子序列概念
子序列是一个从原始序列中删除某些元素（可以不删除元素，也可以删除一些元素）后，剩余元素保持原有顺序的序列。换句话说，子序列是从原始序列中选择若干个元素，保持它们的相对顺序。
300. 最长递增子序列(重要)
【题目】：300. 最长递增子序列
【算法思路】
由于这道题是“子序列”问题，若要找到以第 i 个位置为结尾的所有子序列，我们需要在区间 [0, i - 1] 内查找符合条件的子序列。因为要求是最长子序列，因此我们可以使用 max 函数不断比较，确保只选择最长的子序列。
需要注意的是，nums[j] < nums[i] 是前提条件，确保在 i 位置之前的子序列是递增的。以后类似的子序列问题一般采用这种思路，绘图在理解过程中非常重要。
【代码实现】
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> dp(n, 1);
for(int i = 1; i < n; i++)
for(int j = 0; j <= i; j++)
if(nums[j] < nums[i]) dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i]);
int ret = 0;
for(auto x : dp) ret = max(ret, x);
return ret;
}
};
376. 摆动序列
【题目】：376. 摆动序列
【算法思路】
这道题的算法思路与“最长湍流子数组”相似，但由于是处理“子序列”问题，我们需要在区间 [0, i - 1] 内查找所有符合条件的子序列，并通过 j 变量更新结果。而对于子数组问题，直接处理即可。
【代码实现】
class Solution {
public:
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums)
{
//1.创建dp表
int n = nums.size();
vector<int> f(n, 1);
auto g = f;
//2.填表
int ret = 1;//更新最新的结果
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < i; j++)
{
if(nums[j] < nums[i]) f[i] = max(g[j] + 1, f[i]);
else if(nums[j] > nums[i]) g[i] = max(f[j] + 1, g[i]);
}
ret = max(ret, max(f[i], g[i]));
}
return ret;
}
};
673. 最长递增子序列的个数
【题目】：673. 最长递增子序列的个数
【算法思路】
【小demo】:在数组中找出最大值出现的次数
通过这个小技巧，在以后需要找出最大值、最小值或最长/最短值的同时，还能统计其出现次数。这个小 demo 可以帮助实现这一需求
根据’经验 + 题目要求’，我们可以得到一个简单的状态表示。然而，这不足以直接满足’最长值与出现次数’的需求，因此需要使用两个状态表示。结合我们的小 demo，可以得出相应的状态转移方程。
同时，我们需要定义变量来记录长度和次数，供返回值使用。因为这些信息是必须的：当 relen == len[i] 时，recount++；当小于时，则需要重新更新结果并进行记录
【代码实现】
class Solution {
public:
int findNumberOfLIS(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
//1.创建dp表
vector<int> len(n, 1);
auto count = len;
int relen = 1, recount = 1;
//2.填表操作
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < i; j++)
{
if(nums[j] < nums[i])
{
if(len[j] + 1 > len[i])
{
len[i] = len[j] + 1;
count[i] = count[j];
}
else if(len[j] + 1 == len[i])
{
count[i] += count[j];
}
}
}
if(relen == len[i])
{
recount += count[i];
}
else if(relen < len[i])
{
relen = len[i];
recount = count[i];
}
}
//3.返回值操作
return recount;
}
};
646. 最长数对链
【题目】：646. 最长数对链
【算法思路】
首先，对题目进行分析，并通过绘图将题目提供的信息转化为数字和图形，以便更清晰地理解和处理问题。
【细节问题】
"无论是子数组问题还是之前的子序列问题，通常以 i 位置为结尾的所有子数组或字符串都会保证倒数第二个元素出现在 i 位置之前。而这道题却要求倒数第二个元素出现在 i 位置右侧。为了解决这个问题，我们需要根据第一个位置进行排序。
排序的依据是根据题目要求和数学分析得出的，同时我们将题目转化为一个类似于子序列的问题，按照已有的思路进行解决。关键是要理解子序列的含义，并找出如何将这道题目转化为一个子序列相关问题
【代码实现】
class Solution {
public:
int findLongestChain(vector<vector<int>>& pairs)
{
//1.预处理:按照第一个元素排序
sort(pairs.begin(), pairs.end());
//2.创建dp表
int n = pairs.size();
vector<int> dp(n, 1);
//3.填表
int ret = 1;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < i; j++)
{
if(pairs[j][1] < pairs[i][0])
{
dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i]);
ret = max(ret, dp[i]);
}
}
}
//4.返回值
return ret;
}
};
1218. 最长定差子序列
【题目】：1218. 最长定差子序列
【算法思路】
根据 i 位置的情况，我们结合数学分析得出状态转移方程。需要注意的是，题目并未限定子序列必须是严格递增的，因此可能会出现重复元素。
在这种情况下，我们可以通过不同的前一个元素来更新 dp[nums[i]]。然而，最终我们关心的是最长子序列的长度，因此重复元素不会导致错误，最终的结果会自动选取最大的长度。
为了优化空间复杂度，我们可以选择使用哈希表来存储动态规划状态。通过将“元素”和对应的最长子序列长度（dp[j]）绑定并存入哈希表中，我们甚至可以省去 dp 数组的空间，直接在哈希表中进行动态规划。
【代码实现】
class Solution {
public:
int longestSubsequence(vector<int>& arr, int difference)
{
unordered_map<int, int> hash;
int n = arr.size();
int ret = 1; hash[arr[0]] = 1;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
hash[arr[i]] = hash[arr[i] - difference] + 1;
ret = max(ret, hash[arr[i]]);
}
return ret;
}
};
873. 最长的斐波那契子序列的长度
【题目】：873. 最长的斐波那契子序列的长度
【算法思路】
根据斐波那契数的性质和题目要求，不能仅凭一个位置的元素来推出斐波那契数列的其他元素，需要借助两个元素来推算出下一个元素，从而得到最长的斐波那契子序列。
通过分析斐波那契数列的性质以及最后一个位置的元素，我们得出了状态转移方程。为了简化计算，当无法构成斐波那契数列时，我们默认长度为2，最终在返回值时进行判断。
此外，我们通过固定序列的最后一个元素，再依次固定倒数第二个元素，来简化遍历过程，便于高效计算。
【代码实现】
class Solution {
public:
int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr)
{
int n = arr.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2));
unordered_map<int, int> hash;
for(int i = 0; i < n; i++) hash[arr[i]] = i;
int ret = 2;
for(int j = 2; j < n; j++) //固定最后一个数
{
for(int i = 1; i < j; i++)
{
int x = arr[j] - arr[i];
if(hash.count(x) && x < arr[i]) dp[i][j] = dp[hash[x]][i] + 1;
ret = max(ret, dp[i][j]);
}
}
return ret < 3 ? 0 : ret;
}
};
1027. 最长等差数列
【题目】：1027. 最长等差数列
【算法思路】
这道题同"873. 最长的斐波那契子序列的长度"很相似，无非是从"斐波那契"换成了"等差数列"，同时题目没有说明"严格递增"，意味着可能存在重复元素。
这里通过"上道题经验 + 题目分析"，需要两个元素去确定我们的状态。根据最后一个位置进行分析，得到我们的状态转移方程。
【优化方案】
针对重复元素的下标处理，我们采用了一种策略：一遍遍历动态规划，一遍记录每个元素离它最近的下标。对于填表顺序，有两种选择。第一种是先固定最后一个元素，再枚举倒数第二个元素，这种方法可能会导致重复记录元素下标。相比之下，第二种方法，即先固定倒数第二个元素，再枚举最后一个元素，更符合我们保存最近元素下标的需求。
由于采用‘先固定倒数第二个元素，枚举最后一个元素’的策略，hash.count(x) 已经保证了 x 在 nums[i] 之前。因此，不需要额外的顺序判断。如果选用其他方法，就需要加上顺序判断，以防止计算出的 x 导致逆序。
【代码实现】
class Solution {
public:
int longestArithSeqLength(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2));
unordered_map<int, int> hash;
hash[nums[0]] = 0;
int ret = 2;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = i + 1; j < n; j++)
{
int x = 2 * nums[i] - nums[j];
if(hash.count(x))
dp[i][j] = dp[hash[x]][i] + 1;
ret = max(ret, dp[i][j]);
}
hash[nums[i]] = i;
}
return ret;
}
};
446. 等差数列划分 II - 子序列
【题目】：446. 等差数列划分 II - 子序列
【算法思路】
根据前两道题的经验和题目分析，许多状态表示的产生是由于需要两个位置的元素来确定另一个元素，从而推导出状态转移方程。
题目中未明确提到“严格递增”，因此需要考虑元素重复的情况。通过绘图和数学分析，得到关键的状态信息，并分析最后一个位置的状态。最终得出结论：只有当 a 存在且 Kx < i 时，才会发生状态转移。
【优化方案】
这样就能将相同元素考虑进去了。当遇到 index >= i 的情况时，说明 x 对应的元素已经不符合构成等差数列的条件（因为 nums[i] 应该是递增的）。因此，我们可以通过 else break; 提前退出内层循环，避免进行不必要的计算。
【代码实现】
class Solution {
public:
int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n));
unordered_map<long long, vector<int>> hash;
for(int i = 0; i < n; i++) hash[nums[i]].push_back(i);
int sum = 0;
for(int j = 2; j < n; j++)
{
for(int i = 1; i < j; i++)
{
long long x = (long long)2 * nums[i] - nums[j];
if(hash.count(x))
{
for(auto index: hash[x])
{
if(index < i)
dp[i][j] += dp[index][i] + 1;
else break;
}
}
sum += dp[i][j];
}
}
return sum;
}
};
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