上节课我们学习了背包问题，本节课我们来深入另一类常见的动态规划问题——区间规划问题。这类问题通常是要求解基于一组数组的某个属性的最大或最小值，解决的方法一般是通过计算数据中的一小段的结果，并层层递推，最终求得整组数据的结果。要高效解决区间规划问题，最重要的是巧妙的设计动态规划数组。下面我们通过一些例子来学习这类问题。
一、回文子串问题 #
问题描述
给定一个字符串，你的任务是计算这个字符串中有多少个回文子串。
具有不同开始位置或结束位置的子串，即使是由相同的字符组成，也会被视作不同的子串。
示例 1：
输入：”abc” 输出：3 解释：三个回文子串: “a”, “b”, “c”
示例 2：
输入：”aaa” 输出：6 解释：6个回文子串: “a”, “a”, “a”, “aa”, “aa”, “aaa”
提示：
输入的字符串长度不会超过 1000。
求解思路 #
1. 暴力循环 #
两层for循环，遍历区间起始位置和终止位置，然后判断这个区间是不是回文。
时间复杂度：O(n^3)
2. 动态规划 #
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
布尔类型的dp[i][j]：表示区间范围[i,j] （注意是左闭右闭）的子串是否是回文子串，如果是dp[i][j]为true，否则为false。
2. 确定递推公式
在确定递推公式时，就要分析如下几种情况。
整体上是两种，就是s[i]与s[j]相等，s[i]与s[j]不相等这两种。
当s[i]与s[j]不相等，那没啥好说的了，dp[i][j]一定是false。
当s[i]与s[j]相等时，这就复杂一些了，有如下三种情况：
- 情况一：下标i 与 j相同，同一个字符例如a，当然是回文子串
- 情况二：下标i 与 j相差为1，例如aa，也是回文子串
- 情况三：下标：i 与 j相差大于1的时候，例如cabac，此时s[i]与s[j]已经相同了，我们看i到j区间是不是回文子串就看aba是不是回文就可以了，那么aba的区间就是 i+1 与 j-1区间，这个区间是不是回文就看dp[i + 1][j – 1]是否为true。
以上三种情况分析完了，那么递归公式如下：
if (s[i] == s[j]) {
if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
result++;
dp[i][j] = true;
} else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
result++;
dp[i][j] = true;
}
}
result就是统计回文子串的数量。
注意这里没有列出当s[i]与s[j]不相等的时候，因为在下面dp[i][j]初始化的时候，就初始为false。
3. dp数组如何初始化
dp[i][j]可以初始化为true么？ 当然不行，怎能刚开始就全都匹配上了。
所以dp[i][j]初始化为false。
4. 确定遍历顺序
遍历顺序可有有点讲究了。
首先从递推公式中可以看出，情况三是根据dp[i + 1][j – 1]是否为true，在对dp[i][j]进行赋值true的。
dp[i + 1][j – 1] 在 dp[i][j]的左下角，如图：
如果这矩阵是从上到下，从左到右遍历，那么会用到没有计算过的dp[i + 1][j – 1]，也就是根据不确定是不是回文的区间[i+1,j-1]，来判断了[i,j]是不是回文，那结果一定是不对的。
所以一定要从下到上，从左到右遍历，这样保证dp[i + 1][j – 1]都是经过计算的。
有的代码实现是优先遍历列，然后遍历行，其实也是一个道理，都是为了保证dp[i + 1][j – 1]都是经过计算的。
代码如下：
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) { // 注意遍历顺序
for (int j = i; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j]) {
if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
result++;
dp[i][j] = true;
} else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
result++;
dp[i][j] = true;
}
}
}
}
5. 举例推导
举例，输入：”aaa”，dp[i][j]状态如下：
图中有6个true，所以就是有6个回文子串。
注意因为dp[i][j]的定义，所以j一定是大于等于i的，那么在填充dp[i][j]的时候一定是只填充右上半部分。
参考代码 #
class Solution {
public:
int countSubstrings(string s) {
vector<vector<bool>> dp(s.size(), vector<bool>(s.size(), false));
int result = 0;
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) { // 注意遍历顺序
for (int j = i; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j]) {
if (j - i <= 1) { // 情况一 和 情况二
result++;
dp[i][j] = true;
} else if (dp[i + 1][j - 1]) { // 情况三
result++;
dp[i][j] = true;
}
}
}
}
return result;
}
};
二、最长回文子序列 #
给定一个字符串 s ，找到其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。可以假设 s 的最大长度为 1000 。
示例 1: 输入: “bbbab” 输出: 4 一个可能的最长回文子序列为 “bbbb”。
示例 2: 输入:”cbbd” 输出: 2 一个可能的最长回文子序列为 “bb”。
提示：
1. 1 <= s.length <= 1000
2. s 只包含小写英文字母
刚刚做过了 动态规划：回文子串，求的是回文子串，而本题要求的是回文子序列， 要搞清楚这两者之间的区别。
回文子串是要连续的，回文子序列可不是连续的！ 回文子串，回文子序列都是动态规划经典题目。
求解思路 #
1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][j]：字符串s在[i, j]范围内最长的回文子序列的长度为dp[i][j]。
2. 确定递推公式
在判断回文子串的题目中，关键逻辑就是看s[i]与s[j]是否相同。
如果s[i]与s[j]相同，那么dp[i][j] = dp[i + 1][j – 1] + 2;
如果s[i]与s[j]不相同，说明s[i]和s[j]的同时加入 并不能增加[i,j]区间回文子串的长度，那么分别加入s[i]、s[j]看看哪一个可以组成最长的回文子序列。
加入s[j]的回文子序列长度为dp[i + 1][j]。
加入s[i]的回文子序列长度为dp[i][j – 1]。
那么dp[i][j]一定是取最大的，即：dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j – 1]);
代码如下：
if (s[i] == s[j]) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
} else {
dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
}
3. dp数组的初始化
首先要考虑当i 和j 相同的情况，从递推公式：dp[i][j] = dp[i + 1][j – 1] + 2; 可以看出 递推公式是计算不到 i 和j相同时候的情况。所以需要手动初始化一下，当i与j相同，那么dp[i][j]一定是等于1的，即：一个字符的回文子序列长度就是1。
其他情况dp[i][j]初始为0就行，这样递推公式：dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j – 1]); 中dp[i][j]才不会被初始值覆盖。
vector<vector<int>> dp(s.size(), vector<int>(s.size(), 0)); for (int i = 0; i < s.size(); i++) dp[i][i] = 1;
4. 确定便利顺序
从递推公式dp[i][j] = dp[i + 1][j – 1] + 2 和 dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j – 1]) 可以看出，dp[i][j]是依赖于dp[i + 1][j – 1] 和 dp[i + 1][j]，
也就是从矩阵的角度来说，dp[i][j] 下一行的数据。 所以遍历i的时候一定要从下到上遍历，这样才能保证，下一行的数据是经过计算的。
递推公式：dp[i][j] = dp[i + 1][j – 1] + 2，dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j – 1]) 分别对应着下图中的红色箭头方向，如图：
代码如下：
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j]) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
} else {
dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
5. 举例推导dp数组
输入s:”cbbd” 为例，dp数组状态如图：
红色框即：dp[0][s.size() – 1]; 为最终结果。
参考代码 #
class Solution {
public:
int longestPalindromeSubseq(string s) {
vector<vector<int>> dp(s.size(), vector<int>(s.size(), 0));
for (int i = 0; i < s.size(); i++) dp[i][i] = 1;
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = i + 1; j < s.size(); j++) {
if (s[i] == s[j]) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
} else {
dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[0][s.size() - 1];
}
};
三、最长递增子序列 #
给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。
子序列是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。
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
示例 3： 输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7] 输出：1
提示：
- 1 <= nums.length <= 2500
- -10^4 <= nums[i] <= 104
求解思路 #
最长上升子序列是动规的经典题目，这里dp[i]是可以根据dp[j] （j < i）推导出来的
1. dp[i]的定义
dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾最长上升子序列的长度
2. 递推公式的推导
位置i的最长升序子序列等于j从0到i-1各个位置的最长升序子序列 + 1 的最大值。
所以：if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
注意这里不是要dp[i] 与 dp[j] + 1进行比较，而是我们要取dp[j] + 1的最大值。
3. dp数组的初始化
每一个i，对应的dp[i]（即最长上升子序列）起始大小至少都是1。
4. 确定遍历顺序
dp[i] 是有0到i-1各个位置的最长升序子序列 推导而来，那么遍历i一定是从前向后遍历。
j其实就是0到i-1，遍历i的循环在外层，遍历j则在内层，代码如下：
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
}
if (dp[i] > result) result = dp[i]; // 取长的子序列
}
5. 举例推导dp公式
输入：[0,1,0,3,2]，dp数组的变化如下：
参考代码 #
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
if (nums.size() <= 1) return nums.size();
vector<int> dp(nums.size(), 1);
int result = 0;
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
}
if (dp[i] > result) result = dp[i]; // 取长的子序列
}
return result;
}
};
四、最长连续子数组 #
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：
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] 。
提示：
- 1 <= len(A), len(B) <= 1000
- 0 <= A[i], B[i] < 100
求解思路 #
注意题目中说的子数组，其实就是连续子序列。这种问题动规最拿手，动规五部曲分析如下：
1. 确定dp数组的含义
dp[i][j] ：以下标i – 1为结尾的A，和以下标j – 1为结尾的B，最长重复子数组长度为dp[i][j]。 （特别注意： “以下标i – 1为结尾的A” 标明一定是 以A[i-1]为结尾的字符串）
那dp[0][0]是什么含义呢？总不能是以下标-1为结尾的A数组吧。
其实dp[i][j]的定义也就决定着，我们在遍历dp[i][j]的时候i 和 j都要从1开始。
就定义dp[i][j]为 以下标i为结尾的A，和以下标j 为结尾的B，最长重复子数组长度。不行么？
行倒是行！ 但实现起来就麻烦一点，大家看下面的dp数组状态图就明白了。
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A[i – 1] 和B[j – 1]相等的时候，dp[i][j] = dp[i – 1][j – 1] + 1;
根据递推公式可以看出，遍历i 和 j 要从1开始！
3. dp数组的初始化
根据dp[i][j]的定义，dp[i][0] 和dp[0][j]其实都是没有意义的！
但dp[i][0] 和dp[0][j]要初始值，因为 为了方便递归公式dp[i][j] = dp[i – 1][j – 1] + 1;
所以dp[i][0] 和dp[0][j]初始化为0。
举个例子A[0]如果和B[0]相同的话，dp[1][1] = dp[0][0] + 1，只有dp[0][0]初始为0，正好符合递推公式逐步累加起来。
4. 确定遍历顺序
外层for循环遍历A，内层for循环遍历B。那外层for循环遍历B，内层for循环遍历A。不行么？
也行，一样的，这里就用外层for循环遍历A，内层for循环遍历B了。
同时题目要求长度最长的子数组的长度。所以在遍历的时候顺便把dp[i][j]的最大值记录下来。
代码如下：
for (int i = 1; i <= A.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= B.size(); j++) {
if (A[i - 1] == B[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}
if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
5. 举例推导dp数组
拿示例1中，A: [1,2,3,2,1]，B: [3,2,1,4,7]为例，画一个dp数组的状态变化，如下：
参考代码 #
class Solution {
public:
int findLength(vector<int>& A, vector<int>& B) {
vector<vector<int>> dp (A.size() + 1, vector<int>(B.size() + 1, 0));
int result = 0;
for (int i = 1; i <= A.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= B.size(); j++) {
if (A[i - 1] == B[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}
if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];
}
}
return result;
}
};
