【十一】【C++\动态规划】1218. 最长定差子序列、873. 最长的斐波那契子序列的长度、1027. 最长等差数列，三道题目深度解析

动态规划

动态规划就像是解决问题的一种策略，它可以帮助我们更高效地找到问题的解决方案。这个策略的核心思想就是将问题分解为一系列的小问题，并将每个小问题的解保存起来。这样，当我们需要解决原始问题的时候，我们就可以直接利用已经计算好的小问题的解，而不需要重复计算。

动态规划与数学归纳法思想上十分相似。

数学归纳法：

基础步骤（base case）：首先证明命题在最小的基础情况下成立。通常这是一个较简单的情况，可以直接验证命题是否成立。
归纳步骤（inductive step）：假设命题在某个情况下成立，然后证明在下一个情况下也成立。这个证明可以通过推理推断出结论或使用一些已知的规律来得到。

通过反复迭代归纳步骤，我们可以推导出命题在所有情况下成立的结论。

动态规划：

状态表示：
状态转移方程：
初始化：
填表顺序：
返回值：

数学归纳法的基础步骤相当于动态规划中初始化步骤。

数学归纳法的归纳步骤相当于动态规划中推导状态转移方程。

动态规划的思想和数学归纳法思想类似。

在动态规划中，首先得到状态在最小的基础情况下的值，然后通过状态转移方程，得到下一个状态的值，反复迭代，最终得到我们期望的状态下的值。

接下来我们通过三道例题，深入理解动态规划思想，以及实现动态规划的具体步骤。

1218. 最长定差子序列 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

状态表示一般通过经验+题目要求得到，

经验一般指，以某个位置为结尾，或者以某个位置为开始。

我们可以很容易得到这样一个状态表示，定义dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

状态转移方程

dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

我们针对于（以i位置元素为结尾的等差子序列，以及i位置元素）进行分析，想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

如果只考虑i位置一个元素，等差子序列只有i位置一个元素，长度为1，故dp[i]=1。
如果不止考虑i位置一个元素，那么i位置元素可能跟在前面（0~i-1）中任意满足（arr[i]-arr[j]=difference）的元素后面，（0<=j<=i-1)，对于确定的一个j值，此时dp[i]=dp[j]+1，意味着j位置元素和i位置元素构成等差子序列。由于(0<=j<=i-1) 所以dp[i]=max（dp[i],dp[j]+1），需要在（0~i-1）这些状态中找到最大的值存储在dp[i]中。

将上述情况进行合并和简化，

如果第二种情况，至少有一个j满足情况，进行了赋值操作。
1. 因为dp[i]的取值需要在自己和前面的值中选取最大的一个，并且是赋值，所以在最开始的赋值中，自己必须有初始值。
2. 在自己初始化的前提下，dp[i]一定会被赋值为一个大于1的值，所以就不会取到第一种情况。
如果第二种情况，没有一个j满足要求，没有进行赋值操作。那么dp[i]就只能自己构成等差子序列，dp[i]就等于1。

综上所述，我们需要初始化所有位置状态为1，保证dp[i]最开始有初始值，同时状态初始化为1，是最长等差子序列的最低标准，把只有自己一个元素的情况考虑进去了。

状态转移方程为，

    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (arr[i] - arr[j] == difference) {
                dp[i] = fmax(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
    }

初始化

根据状态转移方程，我们知道，想要推导出i位置的状态，需要用到（0~i-1）位置的状态，所以我们需要初始化第一个位置的状态，即dp[0]=1。

根据在状态转移方程的分析，我们需要将所有位置状态初始化为1，结合起来得到初始化，

初始化为，

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i] = 1;
    }

填表顺序

根据状态转移方程，我们知道想要推导出i位置状态，需要运用到（0~i-1）位置的状态，所以我们需要从左往右填写，保证在推导i位置的状态时，（0~i-1）位置的状态都已经得到。

即，从左往右填写。

返回值

dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

结合题目意思，我们需要得到所有等差子序列中长度最长的长度值，所以我们需要遍历dp表，找到长度最长的长度值，然后返回。

代码实现

我们最容易得到的代码：（时间复杂度是O（n^2)，但是结果超时了）

int longestSubsequence(int* arr, int arrSize, int difference) {
    int n = arrSize;
    int dp[n];

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i] = 1;
    }
    int ret = 1;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (arr[i] - arr[j] == difference) {
                dp[i] = fmax(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
        ret = fmax(ret, dp[i]);
    }

    return ret;
}

所以我们必须将优化时间复杂度。

我们进行优化，最外层的循环是一定优化不了的，因为我们必须遍历dp表一遍去填写每一个值，所以我们希望优化内循环，看看能不能降低时间复杂度。

我们内循环的作用是，对于i位置的元素，遍历所有可能构成的等差序列，找到最大长度，然后赋值给dp[i]。

（遍历所有可能构成的等差序列）我们知道一个重要的信息，arr[i] - arr[j] == difference。

也就是我们满足要求的元素值我们是知道的，arr[j]，

我们想能不能根据这个元素值直接找到最长的等差序列的长度？

如果可以实现，就可以把内循环的一层遍历优化为O(1)。

通过关键值直接访问，这不就是hash表吗？

如果hash表下标记录元素值，hash值记录最长的等差序列的长度，这样就可以实现优化。

既然hash值存储的是长度即dp，那么我们就做到将(元素，dp）进行绑定。就不需要dp数组了。

hash存储的就是最长长度，相当于代替了dp的作用。

这里我用c++实现，（因为c++更方便一点，c语言hash表下标不能存负数）

class Solution {
public:
    int longestSubsequence(vector<int>& arr, int difference) {

        unordered_map<int, int> hash;
        hash[arr[0]] = 1;

        int ret = 1;
        for (int i = 1; i < arr.size(); i++) {
            hash[arr[i]] = hash[arr[i] - difference] + 1;
            ret = fmax(ret, hash[arr[i]]);
        }

        return ret;
    }
};

873. 最长的斐波那契子序列的长度 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

状态表示一般通过经验+题目要求得到，

经验一般指，以某个位置为结尾，或者以某个位置为开始。

我们可以很容易得到这样一个状态表示，定义dp[i]表示以i位置为结尾的最长的斐波那契子序列的长度。

我们可以尝试推导一下对应的状态转移方程。

dp[i]表示以i位置为结尾的最长的斐波那契子序列的长度。

我们针对于（以i位置元素为结尾的斐波那契子序列，以及i位置元素）进行分析，想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

如果只考虑i位置一个元素，因为斐波那契子序列最少要含有三个元素，所以实际上dp[i]应该为0，如果dp[i]为零，没办法区分i位置元素最多和前面0个元素构成斐波那契子序列还是和前面1个元素构成斐波那契子序列，因此我们这里dp[i]存储1，表示只能和前面0个元素构成斐波那契子序列，而只需要判断dp[i]的值是不是小于3就知道这个值的含义。
如果不止考虑i位置一个元素， i位置元素可能跟在前面的任意位置元素后面，（0~i-1）定义（0<=j<=i-1)，针对j位置元素，如果i位置元素和j位置元素构成斐波那契子序列，那么arr[i]=arr[j]+（前一个元素），但我们不知道以j位置元素结尾的最长子序列前一个元素是不是我们希望的那个元素，所以这个状态表示不足以推导出状态转移方程。

我们可以修正一个状态转移方程，定义dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度。

固定了最后两个位置的斐波那契子序列，就可以推导出前一个位置的元素，即，arr[j]-arr[i]。

以（arr[j]-arr[i]）这个元素对应下标位置和i位置结尾的所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度是dp[x][i]就可以推导出状态转移方程。

因此状态表示为，定义dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度。

状态转移方程

dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度。

我们针对于（以i、j位置元素为结尾的斐波那契子序列）进行分析，想一想dp[i][j]能不能由其他状态推导得出。

假设arr[i]=b,arr[j]=c,那么这个序列前一个元素就是a=c-b。我们根据a的情况进行讨论，

a存在，
1. a<b, 假设a的下标为k，此时以i、j位置为结尾的最长斐波那契子序列长度为以k，i位置为结尾的最长斐波那契子序列长度+1。即dp[i][j]=dp[k][i]+1。
2. a>b，假设a的下标为k，此时k介于i和j之间，所以这种情况不成立，此时dp[i][j]=2。
a不存在，此时dp[i][j]=2。

将上述情况进行合并和简化，

如果a存在且a<b，dp[i][j]=dp[k][i]+1，其他情况dp[i][j]=2，所以我们可以把其他情况放到初始化步骤进行解决，全部状态初始化为2即可。这样就只需要考虑一种情况。

我们发现，在状态转移方程中，我们需要确定 a 元素的下标。因此我们可以在 dp 之

前，将所有的「元素+下标」绑定在一起，放到哈希表中。

即，

        unordered_map<int, int> hash;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            hash[arr[i]] = i;

这样我们就可以快速通过a元素值找到对应的下标，并且可以快速知道arr数组中是否存在a元素。

状态转移方程为，

        for (int j = 2; j < n; j++) // 固定最后一个位置
        {
            for (int i = 1; i < j; i++) // 固定倒数第二个位置
            {
                int a = arr[j] - arr[i];
                // 条件成立的情况下更新
                if (a < arr[i] && hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
            }
        }

初始化

根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置的状态时，可能要用到（0~i-1）（i）位置的状态，所以我们初始化最基础的最小的解，推导第二个状态（（1,2）位置的状态）时，需要初始化（0~1-1）（i）即dp[0][1]=2。

结合在状态转移方程中的分析，所有状态都要初始化为2，故初始化为，

        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2));

填表顺序

根据状态转移方程，我们知道在推导（i，j）位置的状态时，可能要用到（0~i-1）（i）位置的状态，所以在填写（i，j）位置的状态时，（k，i）位置的状态必须已经填写好，(0<=k<=i-1)。

如果固定j填写i，我们需要用到的是(k,i)，i对应的状态应该已经全部填写，所以j应该从小到大变化。此时i的变化可以从小到大也可以从大到小。

如果固定i填写j，我们需要用到的是(k,i)，k对应的状态应该已经全部填写，所以i应该从小到大变化。此时j的变化可以从小到大也可以从大到小。

返回值

dp[i][j]表示以i位置和j位置为结尾的所有子序列中，最长的斐波那契子序列长度。

结合题目意思，我们需要返回最长斐波那契子序列长度，但我们不知道最长的斐波那契子序列以哪两个位置结尾，所以我们需要遍历dp表找到最大值然后返回。

代码实现

class Solution {
public:
    int lenLongestFibSubseq(vector<int>& arr) {
        int n = arr.size();
        // 优化
        unordered_map<int, int> hash;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            hash[arr[i]] = i;
        int ret = 2;
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2));
        for (int j = 2; j < n; j++) // 固定最后一个位置
        {
            for (int i = 1; i < j; i++) // 固定倒数第二个位置
            {
                int a = arr[j] - arr[i];
                // 条件成立的情况下更新
                if (a < arr[i] && hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
                ret = max(ret, dp[i][j]); // 统计表中的最大值
            }
        }
        return ret < 3 ? 0 : ret;
    }
};

1027. 最长等差数列 - 力扣（LeetCode）

题目解析

状态表示

状态表示一般通过经验+题目要求得到，

经验一般指，以某个位置为结尾，或者以某个位置为开始。

我们可以很容易得到这样一个状态表示，定义dp[i]表示以i位置为结尾的最长的等差子序列的长度。

我们可以尝试推导一下对应的状态转移方程。

我们针对（以i位置为结尾的等差子序列）进行分析，想一想dp[i]能不能由其他状态推导得出。

如果只考虑i位置一个元素， dp[i]=1。
如果不止考虑i位置一个元素， i位置元素可以跟在前面任意一个元素后面，定义（0<=j<=i-1)但是我们不知道dp[j]代表的最长等差子序列长度所对应的等差子序列公差是多少，没办法确定是否可以使得（j，i）位置构成的等差子序列和（以j位置结尾的最长等差子序列长度对应的等差子序列）公差相等。所以这个状态表示不足以推导出状态转移方程。

我们可以修正状态表示，定义dp[i][j]表示以（i，j）为结尾的等差子序列最长的长度值。

因为我们只需要根据arr[i]、arr[j]两个元素就知道以（i，j）位置结尾的等差子序列长什么样子，就可以推导出该等差子序列前一个元素值,因为arr[i]-x=arr[j]-arr[i]，所以x=2*arr[i]-arr[j]。

这样dp[i][j]=dp[x对应的下标][i]+1。

就可以推导出状态转移方程。

所以状态表示为，

定义dp[i][j]表示以（i，j）为结尾的等差子序列最长的长度值。

状态转移方程

设nums[i] = b，nums[j] = c，那么这个序列的前一个元素就是a = 2 * b - c。我们根据a的情况讨论:（假设a的下标是k）

a存在，
1. k<i, 此时我们需要以（k，i）位置结尾的最长等差子序列再加上j位置元素，就是以（i，j）为结尾的最长等差子序列长度，即dp[i][j]=dp[k][i]+1。
2. k>i, 此时不满足等差子序列的定义，所以不考虑这种序列，即dp[i][j]=2。
a不存在，此时dp[i][j]=2。

将上述情况进行合并和简化，如果a存在且k<i，dp[i][j]=dp[k][i]+1。其他情况dp[i][j]=2，所以我们可以将dp表初始化为2，只用考虑a存在且k<i的情况。

我们发现，在状态转移方程中，我们需要确定 a 元素的下标。因此我们可以在 dp 之前，将所有的「元素+下标」绑定在一起，放到哈希表中。

这样我们就可以快速通过a元素值找到对应的下标，并且可以快速知道arr数组中是否存在a元素。

故，状态转移方程为

        for (int i = 1; i < n; i++) // 固定倒数第一个数
        {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) // 枚举倒数第二个数
            {
                int a = 2 * nums[i] - nums[j];
                if (hash.count(a)&&hash[a]<i)
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
            }
        }

初始化

根据状态转移方程，我们知道推导（i，j）位置状态时，可能用到（k，i）位置状态，而（0<=k<=i-1)，所以我们初始化最基础的最小的解，推导第二个状态（（1,2）位置的状态）时，需要初始化（0~1-1）（i）即dp[0][1]=2。

结合在状态转移方程中的分析，所有状态都要初始化为2，故初始化为，

       vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2)); // 创建 dp 表 + 初始化

填表顺序

根据状态转移方程，我们知道推导（i，j）位置状态时，可能用到（k，i）位置状态，（0<=k<=i-1)，所以此时（k，i）位置的状态应该已经得到。

如果固定j填写i，我们需要用到的是(k,i)，i对应的状态应该已经全部填写，所以j应该从小到大变化。此时i的变化可以从小到大也可以从大到小。

如果固定i填写j，我们需要用到的是(k,i)，k对应的状态应该已经全部填写，所以i应该从小到大变化。此时j的变化可以从小到大也可以从大到小。

返回值

dp[i][j]表示以（i，j）为结尾的等差子序列最长的长度值。

结合题目意思，我们需要返回等差子序列最长的长度值，但是我们不知道最长的等差子序列是以哪两个位置结尾，所以我们需要遍历dp表找到最大值进行返回。

代码实现

class Solution {
public:
    int longestArithSeqLength(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> hash;
        hash[nums[0]] = 0;
        int n = nums.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 2)); // 创建 dp 表 + 初始化
        int ret = 2;
        for (int i = 1; i < n; i++) // 固定倒数第一个数
        {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) // 枚举倒数第二个数
            {
                int a = 2 * nums[i] - nums[j];
                if (hash.count(a))
                    dp[i][j] = dp[hash[a]][i] + 1;
                ret = max(ret, dp[i][j]);
            }
            hash[nums[i]] = i;
        }
        return ret;
    }
};

结尾

今天我们学习了动态规划的思想，动态规划思想和数学归纳法思想有一些类似，动态规划在模拟数学归纳法的过程，已知一个最简单的基础解，通过得到前项与后项的推导关系，由这个最简单的基础解，我们可以一步一步推导出我们希望得到的那个解，把我们得到的解依次存放在dp数组中，dp数组中对应的状态，就像是数列里面的每一项。最后感谢您阅读我的文章，对于动态规划系列，我会一直更新，如果您觉得内容有帮助，可以点赞加关注，以快速阅读最新文章。

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