leetCode 718.最长重复子数组动态规划 + 优化（滚动数组）-编程知识

718. 最长重复子数组 - 力扣（LeetCode）

给两个整数数组 nums1 和 nums2 ，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：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

>>思路和分析

① 暴力破解：先两层for循环确定两个数组起始位置，再来一个for循环或者while，来从两个起始位置开始比较，取得重复子数组的长度
② 动态规划：用二维数组可以记录两个字符串的所有比较情况，比较好推递推公式

用一个二维的矩阵，也就是二维的dp数组，表示这两个数组比较的所有状态。其实本题相对来说就简单很多了，因为后面的递推公式，遍历顺序，初始化，都比较简单，关键就是在于如何用dp数组去把这两个数组的比较情况，把状态保存出来。这一点是本题的难点所在。

>>动规五部曲

1.确定 dp数组以及下标含义

dp[i][j] : 以下标 i - 1为结尾的 nums1，和以下标 j - 1 为结尾的nums2，最长重复子数组长度为dp[i][j]
注意：以下标 i - 1为结尾的nums1 表明一定是以 nums[i-1]为结尾的字符串

2.确定递推公式

根据dp[i][j]的定义，dp[i][j]的状态只能由 dp[i-1][j-1]推导出来，即当nums1[i-1] 和 nums2[j-1] 相等时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
思考(O_O)?：凭啥知道是依据dp[i-1][j-1] 推出 dp[i][j] ，为什么不是dp[i-1][j]或者dp[i][j-1]呢？
- 因为这里比较两个数组的元素是否相同，如果相同的话，这两个数组要一起往后退一个格，一起看后面的这个元素的状态，在后面这里一个元素的状态的基础上，再做加一。所以要看dp[i-1][j-1]。也就是说在两个数组中的元素比较完之后，应该一起回退

3.dp数组初始化

根据 dp[i][j] 的定义，可知 dp[i][0] 和 dp[0][j] 都是没有意义的！但 dp[i][0] 和 dp[0][j] 要初始值，为了方便递推公式dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;那么可将 dp[i][0] 和 dp[0][j] 初始化为0

4.确定遍历顺序 （这两种遍历方式都可以！）

外层 for 循环遍历 nums1，内层 for 循环遍历 nums2；
外层 for 循环遍历 nums2，内层 for 循环遍历 nums1；

5.举例推导 dp 数组

class Solution {
public:// 动态规划 // 时间复杂度：O(n x m)，n为nums1长度，m为nums2长度 // 空间复杂度：O(n x m)int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {vector<vector<int>> dp(nums1.size()+1,vector<int>(nums2.size()+1,0));int result=0;for(int i=1;i<=nums1.size();i++) {for(int j=1;j<=nums2.size();j++) {if(nums1[i-1] == nums2[j-1]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];}   }return result;}
};

时间复杂度：O(n x m)，n为nums1长度，m为nums2长度
空间复杂度：O(n x m)

>>优化空间复杂度「滚动数组」

可以看出 dp[i][j] 都是由dp[i-1][j-1]推出，那么压缩成一维数组，也就是dp[j]都是由dp[j-1]推出
相当于可以把上一层dp[i-1][j] 拷贝到下一层 dp[i][j] 来继续用着

注意事项

遍历nums2数组时，要从后向前遍历，可避免重复覆盖；
在不满足 nums1[i-1] == nums2[j-1] 时，注意要有赋0的操作

class Solution {
public:// 优化 + 滚动数组int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {vector<int> dp(vector<int>(nums2.size()+1,0));int result=0;for(int i=1;i<=nums1.size();i++) {for(int j=nums2.size();j>0;j--) {if(nums1[i-1] == nums2[j-1]) dp[j] = dp[j-1] + 1;else dp[j]=0;// 注意这里不相等的时候要有赋0的操作if (dp[j] > result) result = dp[j];}   }return result;}
};

时间复杂度：O(n x m)，n为nums1长度，m为nums2长度
空间复杂度：O(m)

拓展：若我想定义dp[i][j] 是以下标 i 为结尾的nums1，以下标 j 为结尾的 nums2 的最长重复子数组长度，可行不?

可行，只是实现相对麻烦一些。需要将第一行和第一列进行初始化

如果 nums1[i] 与 nums2[0] 相同的话，对应的 dp[i][0] 就要初始为1，因为此时最长重复子数组为1
nums2[j] 与 nums1[0] 相同的话，同理

注意事项：为了让 if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j]; 收集到全部结果，两层for训练一定从0开始遍历，这样需要加上 && i > 0 && j > 0 的判断

class Solution {
public:int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {vector<vector<int>> dp (nums1.size() + 1, vector<int>(nums2.size() + 1, 0));int result = 0;// 要对第一行，第一列经行初始化for (int i = 0; i < nums1.size(); i++) if (nums1[i] == nums2[0]) dp[i][0] = 1;for (int j = 0; j < nums2.size(); j++) if (nums1[0] == nums2[j]) dp[0][j] = 1;for (int i = 0; i < nums1.size(); i++) {for (int j = 0; j < nums2.size(); j++) {if (nums1[i] == nums2[j] && i > 0 && j > 0) { // 防止 i-1 出现负数dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;}if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];}}return result;}
};

总结:我们可以发现方案二其实是在方案一的二维dp数组的上外围和左外围多加了一层0包裹，这样做的好处是可以统一操作，简化代码，也可以更加方便的利用滚动数组进行状态压缩

方案一：
if (nums1[i] == nums2[j] && i > 0 && j > 0) { // 防止 i-1 出现负数dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}方案二：
if(nums1[i-1] == nums2[j-1]) dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;

参考和推荐文章、视频：

代码随想录 (programmercarl.com)

动态规划之子序列问题，想清楚DP数组的定义 | LeetCode：718.最长重复子数组_哔哩哔哩_bilibili

来自代码随想录课堂截图：