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LeetCode第300题。
给定一个无序的整数数组,找到其中最长上升子序列的长度。
例子:
输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]输出: 4 解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101],它的长度是 4。
动态规划的核心设计思想是数学归纳法。从第一个元素开始找,你思考的过程,将其归纳总结,转化为用代码描述你思考的过程。
马士兵老师说过,代码不是一口气写出来的,一点点拆解,最后再组合,再去调试,处理边界,最终将问题解决。这里我们拆开解决解决。
1.状态定义:dp[i]
表示以 nums[i]
这个数结尾的最长递增子序列的长度。状态的初始值,根据这个定义,我们就可以推出 base case:dp[i]
初始值为 1,因为以 nums[i]
结尾的最长递增子序列起码要包含它自己。
最终的返回结果为res,那么遍历数组,找出最大的dp[i],代码如下:
int res = 0;int[] dp = new int[nums.length];Arrays.fill(dp, 1);for (int i = 0; i < nums.length; i++) { res = Math.max(res, dp[i]);}
接下来看dp[i]应该怎么计算,也就是状态方程该如何确定呐?看下面的例子,根据刚才我们对 dp
数组的定义,现在想求 dp[5]
的值,也就是想求以 nums[5]
为结尾的最长递增子序列。
index | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
nums | 10 | 9 | 2 | 5 | 3 | 7 |
dp | 1 | 1 | 1 | 2 | 2 | ? |
nums[5] = 7
,既然是递增子序列,我们只要找到前面那些结尾比 7 小的子序列,然后把 7接到最后,就可以形成一个新的递增子序列,而且这个新的子序列长度加一。可能形成很多种新的子序列,但是我们只选择最长的那一个,把最长子序列的长度作为 dp[5]
的值即可。代码描述:
//求第i个元素的最长子序列for (int j = 0; j < i; j++) { if (nums[j] < nums[i]) { dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1); }}
到这里,核心部分就写完了,来看下完整代码:
public int lengthOfLIS(int[] nums) { if (nums.length == 0) return 0; int res = 0; int[] dp = new int[nums.length]; Arrays.fill(dp, 1); for (int i = 0; i < nums.length; i++) { for (int j = 0; j < i; j++) { if (nums[j] < nums[i]) dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1); } res = Math.max(res, dp[i]); } return res;}
时间复杂度O(n^2),空间复杂度O(n)
解析:参考的大神的解题方法,短而精湛。
1.状态定义:tails[k] 的值代表长度为k+1子序列 的尾部元素值。
2.设 res 为 tails当前长度,代表直到当前的最长上升子序列长度。设 j∈[0,res),考虑每轮遍历 nums[k] 时,通过二分法遍历 [0,res)列表区间,找出 nums[k]的大小分界点,会出现两种情况:
3.初始状态:令tails列表所有值=0。
4.返回值:返回res,即最长上升子子序列长度。
class Solution { public int lengthOfLIS(int[] nums) { int[] tails = new int[nums.length]; int res = 0; for(int num : nums) { int i = 0, j = res; while(i < j) { int m = (i + j) / 2; if(tails[m] < num) i = m + 1; else j = m; } tails[i] = num; if(res == j) res++; } return res; }}
时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(n)
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