标签：lcs -- s2 s1 int 序列 动态 dp 刷题
接下来的规划：
- 看：#2.7 + #2.9 看完；【子序列模板：最长回文子序列】 【进阶/最终篇：最小代价构造回文串】
- 敲：①【详解最长公共子序列问题】 ②【编辑距离问题】③【实践：回文子序列】
3.看：#2.8【答疑：状态压缩技巧】- 看+敲：一系列经典问题： 【背包问题】 【贪心类型问题】 【其它经典问题】
- #2.10 2.11—— 【进阶问题…】 #2.18 2.19——答疑【动态规划和回溯到底谁是王道】
要求：以上 1/2/4 必先完成。
总结
【使用DP】DP问题一般求最值
当然这也不是动态规划问题，旨在说明，最优子结构并不是动态规划独有的一种性质，能求最值的问题大部分都具有这个性质；但反过来，最优子结构性质作为动态规划问题的必要条件，一定是让你求最值的，以后碰到那种恶心人的最值题，思路往动态规划想就对了，这就是套路。
动态规划不就是从最简单的 base case 往后推导吗，可以想象成一个链式反应，不断以小博大。但只有符合最优子结构的问题，才有发生这种链式反应的性质。
找最优子结构的过程，其实就是证明状态转移方程正确性的过程，方程符合最优子结构就可以写暴力解了，写出暴力解就可以看出有没有重叠子问题了，有则优化，无则 OK。这也是套路，经常刷题的朋友应该能体会。
即：暴力-》递归-》DP（剪枝/优化）
子序列问题模板
子序列问题是常见的算法问题，而且并不好解决。
首先，子序列问题本身就相对子串、子数组更困难一些，因为前者是不连续的序列，而后两者是连续的，就算穷举都不容易，更别说求解相关的算法问题了。
而且，子序列问题很可能涉及到两个字符串，比如让你求两个字符串的 最长公共子序列，如果没有一定的处理经验，真的不容易想出来。所以本文就来扒一扒子序列问题的套路，其实就有两种模板，相关问题只要往这两种思路上想，十拿九稳。
一般来说，这类问题都是让你求一个最长子序列，因为最短子序列就是一个字符嘛，没啥可问的。一旦涉及到子序列和最值，那几乎可以肯定，考察的是动态规划技巧，时间复杂度一般都是 O(n^2)。
原因很简单，你想想一个字符串，它的子序列有多少种可能？起码是指数级的吧，这种情况下，不用动态规划技巧，还想怎么着呢？
既然要用动态规划，那就要定义 dp 数组，找状态转移关系。我们说的两种思路模板，就是 dp 数组的定义思路。不同的问题可能需要不同的 dp 数组定义来解决。
两种思路
1、第一种思路模板是一个一维的 dp 数组：
int n = array.length;
int[] dp = new int[n];
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
dp[i] = 最值(dp[i], dp[j] + ...)
}
}
举个我们写过的例子 最长递增子序列，在这个思路中 dp 数组的定义是：
在子数组array[0…i]中，以array[i]结尾的目标子序列（最长递增子序列）的长度是dp[i]。
为啥最长递增子序列需要这种思路呢？前文说得很清楚了，因为这样符合归纳法，可以找到状态转移的关系，这里就不具体展开了。
2、第二种思路模板是一个二维的 dp 数组：
int n = arr.length;
int[][] dp = new dp[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
if (arr[i] == arr[j])
dp[i][j] = dp[i][j] + ...
else
dp[i][j] = 最值(...)
}
}
这种思路运用相对更多一些，尤其是涉及两个字符串/数组的子序列。本思路中 dp 数组含义又分为「只涉及一个字符串」和「涉及两个字符串」两种情况。
2.1 涉及两个字符串/数组时（比如最长公共子序列），dp 数组的含义如下：
在子数组arr1[0…i]和子数组arr2[0…j]中，我们要求的子序列（最长公共子序列）长度为dp[i][j]。
2.2 只涉及一个字符串/数组时（比如本文要讲的最长回文子序列），dp 数组的含义如下：
在子数组array[i…j]中，我们要求的子序列（最长回文子序列）的长度为dp[i][j]。
第一种情况可以参考这两篇旧文：详解编辑距离 和 最长公共子序列。
下面就借最长回文子序列这个问题，详解一下第二种情况下如何使用动态规划。
1143.最长公共子序列（Medium）
583. 两个字符串的删除操作（Medium）
712.两个字符串的最小ASCII删除和（Medium）
最长公共子序列
不知道大家做算法题有什么感觉，我总结出来做算法题的技巧就是，把大的问题细化到一个点，先研究在这个小的点上如何解决问题，然后再通过递归/迭代的方式扩展到整个问题。
比如说我们前文 手把手带你刷二叉树第三期，解决二叉树的题目，我们就会把整个问题细化到某一个节点上，想象自己站在某个节点上，需要做什么，然后套二叉树递归框架就行了。
动态规划系列问题也是一样，尤其是子序列相关的问题。本文从「最长公共子序列问题」展开，总结三道子序列问题，解这道题仔细讲讲这种子序列问题的套路，你就能感受到这种思维方式了。
最长公共子序列
计算最长公共子序列（Longest Common Subsequence，简称 LCS）是一道经典的动态规划题目，大家应该都见过：
给你输入两个字符串s1和s2，请你找出他们俩的最长公共子序列，返回这个子序列的长度。
最长公共子序列问题-1143
力扣第 1143 题就是这道题，函数签名如下：
int longestCommonSubsequence(String s1, String s2);
比如说输入s1 = “zabcde”, s2 = “acez”，它俩的最长公共子序列是lcs = “ace”，长度为 3，所以算法返回 3。
如果没有做过这道题，一个最简单的暴力算法就是，把s1和s2的所有子序列都穷举出来，然后看看有没有公共的，然后在所有公共子序列里面再寻找一个长度最大的。
显然，这种思路的复杂度非常高，你要穷举出所有子序列，这个复杂度就是指数级的，肯定不实际。
正确的思路是不要考虑整个字符串，而是细化到s1和s2的每个字符。前文 子序列解题模板 中总结的一个规律：
对于两个字符串求子序列的问题，都是用两个指针i和j分别在两个字符串上移动，大概率是动态规划思路。
最长公共子序列的问题也可以遵循这个规律，我们可以先写一个dp函数：
// 定义：计算 s1[i…] 和 s2[j…] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j)
这个dp函数的定义是：dp(s1, i, s2, j)计算s1[i…]和s2[j…]的最长公共子序列长度。
根据这个定义，那么我们想要的答案就是dp(s1, 0, s2, 0)，且 base case 就是i == len(s1)或j == len(s2)时，因为这时候s1[i…]或s2[j…]就相当于空串了，最长公共子序列的长度显然是 0：
int longestCommonSubsequence(String s1, String s2) {
return dp(s1, 0, s2, 0);
}
/* 主函数 */
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
// base case
if (i == s1.length() || j == s2.length()) {
return 0;
}
// ...
接下来，咱不要看s1和s2两个字符串，而是要具体到每一个字符，思考每个字符该做什么。
图片
我们只看s1[i]和s2[j]，如果s1[i] == s2[j]，说明这个字符一定在lcs中：
这样，就找到了一个lcs中的字符，根据dp函数的定义，我们可以完善一下代码：
// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
// s1[i] 和 s2[j] 必然在 lcs 中，
// 加上 s1[i+1..] 和 s2[j+1..] 中的 lcs 长度，就是答案
return 1 + dp(s1, i + 1, s2, j + 1)
} else {
// ...
}
}
刚才说的s1[i] == s2[j]的情况，但如果s1[i] != s2[j]，应该怎么办呢？
s1[i] != s2[j]意味着，s1[i]和s2[j]中至少有一个字符不在lcs中：
图片
如上图，总共可能有三种情况，我怎么知道具体是那种情况呢？
其实我们也不知道，那就把这三种情况的答案都算出来，取其中结果最大的那个呗，因为题目让我们算「最长」公共子序列的长度嘛。
这三种情况的答案怎么算？回想一下我们的dp函数定义，不就是专门为了计算它们而设计的嘛！
代码可以再进一步：
// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
return 1 + dp(s1, i + 1, s2, j + 1)
} else {
// s1[i] 和 s2[j] 中至少有一个字符不在 lcs 中，
// 穷举三种情况的结果，取其中的最大结果
return max(
// 情况一、s1[i] 不在 lcs 中
dp(s1, i + 1, s2, j),
// 情况二、s2[j] 不在 lcs 中
dp(s1, i, s2, j + 1),
// 情况三、都不在 lcs 中
dp(s1, i + 1, s2, j + 1)
);
}
}
这里就已经非常接近我们的最终答案了，还有一个小的优化，情况三「s1[i]和s2[j]都不在 lcs 中」其实可以直接忽略。
因为我们在求最大值嘛，情况三在计算s1[i+1…]和s2[j+1…]的lcs长度，这个长度肯定是小于等于情况二s1[i…]和s2[j+1…]中的lcs长度的，因为s1[i+1…]比s1[i…]短嘛，那从这里面算出的lcs当然也不可能更长嘛。
同理，情况三的结果肯定也小于等于情况一。说白了，情况三被情况一和情况二包含了，所以我们可以直接忽略掉情况三，完整代码如下：
// 备忘录，消除重叠子问题
int[][] memo;
/* 主函数 */
int longestCommonSubsequence(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
// 备忘录值为 -1 代表未曾计算
memo = new int[m][n];
for (int[] row : memo)
Arrays.fill(row, -1);
// 计算 s1[0..] 和 s2[0..] 的 lcs 长度
return dp(s1, 0, s2, 0);
}
// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
// base case
if (i == s1.length() || j == s2.length()) {
return 0;
}
// 如果之前计算过，则直接返回备忘录中的答案
if (memo[i][j] != -1) {
return memo[i][j];
}
// 根据 s1[i] 和 s2[j] 的情况做选择
if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
// s1[i] 和 s2[j] 必然在 lcs 中
memo[i][j] = 1 + dp(s1, i + 1, s2, j + 1);
} else {
// s1[i] 和 s2[j] 至少有一个不在 lcs 中
memo[i][j] = Math.max(
dp(s1, i + 1, s2, j),
dp(s1, i, s2, j + 1)
);
}
return memo[i][j];
}
以上思路完全就是按照我们之前的爆文 动态规划套路框架 来的，应该是很容易理解的。至于为什么要加memo备忘录，我们之前写过很多次，为了照顾新来的读者，这里再简单重复一下，首先抽象出我们核心dp函数的递归框架：
int dp(int i, int j) {
dp(i + 1, j + 1); // #1
dp(i, j + 1); // #2
dp(i + 1, j); // #3
}
你看，假设我想从dp(i, j)转移到dp(i+1, j+1)，有不止一种方式，可以直接走#1，也可以走#2 -> #3，也可以走#3 -> #2。
这就是重叠子问题，如果我们不用memo备忘录消除子问题，那么dp(i+1, j+1)就会被多次计算，这是没有必要的。
至此，最长公共子序列问题就完全解决了，用的是自顶向下带备忘录的动态规划思路，我们当然也可以使用自底向上的迭代的动态规划思路，和我们的递归思路一样，关键是如何定义dp数组，我这里也写一下自底向上的解法吧：
int longestCommonSubsequence(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
// 定义：s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的 lcs 长度为 dp[i][j]
// 目标：s1[0..m-1] 和 s2[0..n-1] 的 lcs 长度，即 dp[m][n]
// base case: dp[0][..] = dp[..][0] = 0
for (int i = 1; i <= m; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
// 现在 i 和 j 从 1 开始，所以要减一
if (s1.charAt(i - 1) == s2.charAt(j - 1)) {
// s1[i-1] 和 s2[j-1] 必然在 lcs 中
dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j - 1];
} else {
// s1[i-1] 和 s2[j-1] 至少有一个不在 lcs 中
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);
}
}
}
return dp[m][n];
}
自底向上的解法中dp数组定义的方式和我们的递归解法有一点差异，而且由于数组索引从 0 开始，有索引偏移，不过思路和我们的递归解法完全相同，如果你看懂了递归解法，这个解法应该不难理解。
另外，自底向上的解法可以通过我们前文讲过的 动态规划状态压缩技巧 来进行优化，把空间复杂度压缩为 O(N)，这里由于篇幅所限，就不展开了。
我的完整题解
/**
* @Description: 最大公共子序列——子序列问题。
* @param {string} text1
* @param {string} text2
* @return {返回 最大公共子序列的个数}
* @notes:
*/
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
// base
int m = text1.size(), n = text2.size();
if(m == 0 || n == 0){
return 0;
}
// base case 0 0 置为0
vector<vector<int>> dp(m+1, vector<int>(n+1, 0));
// 开始扫描，状态转移方程
// dp[i][j] 表示 text1[0- i-1] text2[0- j-1] 为止有多少公共子序列
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(text1[i-1] == text2[j-1]) dp[i][j] = 1+dp[i-1][j-1];
else{ // 不相等，说明至少有一个不在lcs中， 取最大数
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
}
}
}
// 最后返回 最大的
return dp[m][n];
}
下面，来看两道和最长公共子序列相似的两道题目。
字符串的删除操作-583
这是力扣第 583 题「两个字符串的删除操作」，看下题目：
图片
函数签名如下：
int minDistance(String s1, String s2);
题目让我们计算将两个字符串变得相同的最少删除次数，那我们可以思考一下，最后这两个字符串会被删成什么样子？
删除的结果不就是它俩的最长公共子序列嘛！
那么，要计算删除的次数，就可以通过最长公共子序列的长度推导出来：
int minDistance(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
// 复用前文计算 lcs 长度的函数
int lcs = longestCommonSubsequence(s1, s2);
return m - lcs + n - lcs;
}
这道题就解决了！
最小 ASCII 删除和-712
这是力扣第 712 题，看下题目：
图片
这道题，和上一道题非常类似，这回不问我们删除的字符个数了，问我们删除的字符的 ASCII 码加起来是多少。
那就不能直接复用计算最长公共子序列的函数了，但是可以依照之前的思路，稍微修改 base case 和状态转移部分即可直接写出解法代码：
// 备忘录
int memo[][];
/* 主函数 */
int minimumDeleteSum(String s1, String s2) {
int m = s1.length(), n = s2.length();
// 备忘录值为 -1 代表未曾计算
memo = new int[m][n];
for (int[] row : memo)
Arrays.fill(row, -1);
return dp(s1, 0, s2, 0);
}
// 定义：将 s1[i…] 和 s2[j…] 删除成相同字符串，
// 最小的 ASCII 码之和为 dp(s1, i, s2, j)。
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
int res = 0;
// base case
if (i == s1.length()) {
// 如果 s1 到头了，那么 s2 剩下的都得删除
for (; j < s2.length(); j++)
res += s2.charAt(j);
return res;
}
if (j == s2.length()) {
// 如果 s2 到头了，那么 s1 剩下的都得删除
for (; i < s1.length(); i++)
res += s1.charAt(i);
return res;
}
if (memo[i][j] != -1) {
return memo[i][j];
}
if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
// s1[i] 和 s2[j] 都是在 lcs 中的，不用删除
memo[i][j] = dp(s1, i + 1, s2, j + 1);
} else {
// s1[i] 和 s2[j] 至少有一个不在 lcs 中，删一个
memo[i][j] = Math.min(
s1.charAt(i) + dp(s1, i + 1, s2, j),
s2.charAt(j) + dp(s1, i, s2, j + 1)
);
}
return memo[i][j];
}
base case 有一定区别，计算lcs长度时，如果一个字符串为空，那么lcs长度必然是 0；但是这道题如果一个字符串为空，另一个字符串必然要被全部删除，所以需要计算另一个字符串所有字符的 ASCII 码之和。
关于状态转移，当s1[i]和s2[j]相同时不需要删除，不同时需要删除，所以可以利用dp函数计算两种情况，得出最优的结果。其他的大同小异，就不具体展开了。
至此，三道子序列问题就解决完了，关键在于将问题细化到字符，根据每两个字符是否相同来判断他们是否在结果子序列中，从而避免了对所有子序列进行穷举。
这也算是在两个字符串中求子序列的常用思路吧，建议好好体会，多多联系~
标签：lcs,--,s2,s1,int,序列,动态,dp,刷题 来源： https://blog.csdn.net/weixin_45918732/article/details/113727626
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