3.动态规划.题目3

题目
- 23.买卖股票的最佳时机3-困难
- 24.买卖股票的最佳时机4
- 25.买卖股票的最佳时机含冷冻期
- 26.买卖股票的最佳时机含手续费
- 27.最长递增子序列
- 28.最长连续递增序列
- 29.最长重复子数组
- 30.最长公共子序列
- 31.不相交的线
编辑距离总结

题目

23.买卖股票的最佳时机3-困难

题目链接
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成两笔交易。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）
1.dp[i][j]数组定义：0没有操作（其实我们也可以不设置这个状态）；1第一次持有股票；2第一次不持有股票；3第二次持有股票；4第二次不持有股票
2.递推关系：
1）达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i]；操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态dp[i][1] = dp[i - 1][1]；
2）dp[i][2]也有两个操作：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]；第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]；
3）达到dp[i][3]状态：dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i])；
4）达到dp[i][4]状态：dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i])；
3.初始化：对于0下标dp[0][0] = 0；p[0][1] = -prices[0]；dp[0][3] = -prices[0]；dp[0][4] = 0；
4.遍历顺序：从左往右

	// 改进使用内存版本
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size()==0) return 0;
        std::vector dp(5,0);
        dp[1] = -prices[0];
        dp[3] = -prices[0];
        for(int i=1; i<prices.size(); i++){
            dp[1] = max(dp[1], dp[0]-prices[i]);
            dp[2] = max(dp[2], dp[1]+prices[i]);
            dp[3] = max(dp[3], dp[2]-prices[i]);
            dp[4] = max(dp[4], dp[3]+prices[i]);
        }
        return dp[4];
    }

时间复杂度：O(n)；空间复杂度：O(1)

24.买卖股票的最佳时机4

题目链接
给你一个整数数组 prices 和一个整数 k ，其中 prices[i] 是某支给定的股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 k 笔交易。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
这题与23题的区别在于可完成k笔交易，每一次交易需要两个状态表示，因此k步即可用2k个状态量表示，因此可以在外环遍历每日的股票价格，在内环使遍历k个交易状态。

	// 改进使用内存版本
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
        if(prices.size()==0) return 0;
        std::vector<int> dp(2*k+1, 0);
        for(int i=1; i<2*k+1; i +=2) dp[i]=-prices[0];

        for(int i=1; i<prices.size(); i++){
            for(int j=1; j<2*k+1; j +=2){
                dp[j]   =max(dp[j], dp[j-1]-prices[i]);
                dp[j+1] =max(dp[j+1], dp[j]+prices[i]);
            }
        }
        return dp[2*k];
    }

时间复杂度: O(n x k)，其中 n 为 prices 的长度；空间复杂度: O(k)

25.买卖股票的最佳时机含冷冻期

题目链接
给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 i 天的股票价格。设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
这题相当于状态除了持有，不持有，还多了一个冷冻期的状态
在这里插入图片描述
1.dp[i][j]数组定义：1）状态一：持有股票状态或买入 2）不持有股票状态，这里就有两种卖出股票状态：状态二：保持卖出股票的状态（两天前就卖出了股票，度过一天冷冻期。或者是前一天就是卖出股票状态，状态三：今天卖出股票；3）状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！
2.递推关系：状态一：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][3] - prices[i], dp[i - 1][1] - prices[i])；状态二：dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3])；状态三：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i]；状态四：dp[i][3] = dp[i - 1][2]
3.初始化：dp[0][0] = -prices[0]，其余0下标状态下均初始化为0；
4.遍历顺序：从前往后遍历

    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        if(len==0) return 0;
        std::vector<std::vector<int>> dp(2, std::vector<int>(4,0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        for(int i=1; i<len; i++){
            dp[i%2][0] = max(dp[(i-1)%2][0], max(dp[(i-1)%2][1]-prices[i], dp[(i-1)%2][3]-prices[i]));
            dp[i%2][1] = max(dp[(i-1)%2][1], dp[(i-1)%2][3]);
            dp[i%2][2] = dp[(i-1)%2][0]+prices[i];
            dp[i%2][3] = dp[(i-1)%2][2];
        }
        // 卖出状态，保持卖出状态，冷冻期状态
        return max(dp[(len-1)%2][3], max(dp[(len-1)%2][2], dp[(len-1)%2][1]));
    }

时间复杂度：O(n)；空间复杂度：O(n)

26.买卖股票的最佳时机含手续费

题目链接
给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
1.dp[i]数组定义：分为持有股票，不持有股票两种状态
2.递推关系：只有在卖出（不持有股票）的状态下有差别，多了一个fee手续费：dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i])；
3.初始化：dp[0][0] = -prices[0]，其余0下标状态下均初始化为0；
4.遍历顺序：从前往后遍历

    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int len = prices.size();
        if(len==0) return 0;
        std::vector<std::vector<int>> dp(2, std::vector<int>(2,0));
        dp[0][0]=-prices[0];
        for(int i=1; i<len; i++){
            dp[i%2][0] = max(dp[(i-1)%2][0], dp[(i-1)%2][1]-prices[i]);
            dp[i%2][1] = max(dp[(i-1)%2][1], dp[(i-1)%2][0]+prices[i]-fee);
        }
        return max(dp[(len-1)%2][0], dp[(len-1)%2][1]);
    }

27.最长递增子序列

题目链接
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：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 。
1.dp[i]数组定义：表示i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度。
2.递推关系：只保留最大值if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)；
3.初始化：每一个i，对应的dp[i]（即最长递增子序列）起始大小至少都是1；
4.遍历顺序：从前往后遍历；

    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int len=nums.size();
        if(len<=1) return len;
        std::vector<int> dp(len, 1);
        int res = 0;
        for(int i=1; i<len; i++){
            for(int j=0; j<i; j++){
                if(nums[i]>nums[j]) dp[i]=max(dp[i], dp[j]+1);
            }
            if(dp[i]>res) res = dp[i];
        }
        return res;
    }

时间复杂度: O(n^2)；空间复杂度: O(n)

28.最长连续递增序列

题目链接
给定一个未经排序的整数数组，找到最长且连续递增的子序列，并返回该序列的长度。连续递增的子序列可以由两个下标 l 和 r（l < r）确定，如果对于每个 l <= i < r，都有 nums[i] < nums[i + 1] ，那么子序列 [nums[l], nums[l + 1], …, nums[r - 1], nums[r]] 就是连续递增子序列。
本题与27题最大的区别在于数组连续，
1.dp[i]数组定义：以下标i为结尾的连续递增的子序列长度为dp[i]。

    int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();
        if(len<=1) return len;
        int res=0;
        std::vector<int> dp(len, 1);
        for(int i=1; i<len; i++){
            if(nums[i]>nums[i-1]){
                dp[i] = dp[i-1]+1;
            }
            if(dp[i]>res) res = dp[i];
        }
        return res;
    }

时间复杂度：O(n)；空间复杂度：O(n)
理解27，28题的区别：概括来说，不连续递增子序列的跟前0-i 个状态有关，连续递增的子序列只跟前一个状态有关

29.最长重复子数组

题目链接
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] 。这里要求子数组是连续的。
暴力解法：只需要先两层for循环确定两个数组起始位置，然后再来一个循环可以是for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——三层for循环
在这里插入图片描述
动态规划：
1.dp[i][j]数组定义：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]；这样-1处理是为了方便初始化
2.递推关系：当A[i - 1] 和B[j - 1]相等的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1；
3.初始化：dp[i][0] 和dp[0][j]其实都是没有意义的，因此均初始化为0；
4.遍历顺序：根据递推公式可以看出，遍历i 和 j 要从1开始；

    int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int len1 = nums1.size();
        int len2 = nums2.size();
        std::vector<std::vector<int>> dp(len1+1, std::vector<int>(len2+1, 0));
        int res = 0;
        for(int i=1; i<=len1; i++){
            for(int j=1; j<=len2; j++){
                if(nums1[i-1]==nums2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
                if(dp[i][j]>res) res = dp[i][j];
            }
        }
        return res;
    }
    // 改进内存版
    int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int len1 = nums1.size();
        int len2 = nums2.size();
        std::vector<std::vector<int>> dp(2, std::vector<int>(len2+1, 0));
        int res = 0;
        for(int i=1; i<=len1; i++){
            for(int j=1; j<=len2; j++){
                if(nums1[i-1]==nums2[j-1]) dp[i%2][j]=dp[(i-1)%2][j-1]+1; 
                else dp[i%2][j] = 0;
                if(dp[i%2][j]>res) res = dp[i%2][j];
            }
        }
        return res;
    }

30.最长公共子序列

题目链接
给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。如果不存在公共子序列，返回 0 。一个字符串的子序列是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。示例 1：输入：text1 = “abcde”, text2 = “ace” ；输出：3 ；解释：最长公共子序列是 “ace” ，它的长度为 3 。
这与29题的区别在于不要求是连续的了，但要有相对顺序，即：“ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。
1.dp[i][j]数组定义：长度为[0, i - 1]的字符串text1与长度为[0, j - 1]的字符串text2的最长公共子序列长度为dp[i][j]；这样-1处理是为了方便初始化
2.递推关系：如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，那么找到了一个公共元素，所以dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1；如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同，那就看看text1[0, i - 2]与text2[0, j - 1]的最长公共子序列和 text1[0, i - 1]与text2[0, j - 2]的最长公共子序列，取最大的dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
3.初始化：test1[0, i-1]和空串的最长公共子序列自然是0，所以dp[i][0] = 0，同理dp[0][j]=0
4.遍历顺序：递推公式，可以看出，有三个方向可以推出dp[i][j]；都必须从前往后遍历

    int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        int len1 = text1.size();
        int len2 = text2.size();
        std::vector<std::vector<int>> dp(2, std::vector<int>(len2+1, 0));
        for(int i=1; i<=len1; i++){
            for(int j=1; j<=len2; j++){
                if(text1[i-1]==text2[j-1]) dp[i%2][j]=dp[(i-1)%2][j-1]+1;
                else dp[i%2][j] = max(dp[(i-1)%2][j], dp[i%2][j-1]);
            }
        }
        return dp[(len1)%2][len2];
    }

时间复杂度: O(nm)，其中 n 和 m 分别为 text1 和 text2 的长度；空间复杂度: O(nm)

31.不相交的线

题目链接
在两条独立的水平线上按给定的顺序写下 nums1 和 nums2 中的整数。现在，可以绘制一些连接两个数字 nums1[i] 和 nums2[j] 的直线，这些直线需要同时满足： nums1[i] == nums2[j]；且绘制的直线不与任何其他连线（非水平线）相交。请注意，连线即使在端点也不能相交：每个数字只能属于一条连线。以这种方法绘制线条，并返回可以绘制的最大连线数。
在这里插入图片描述
不相交其实可以抽象为在nums1[i]-[j], nums2[i]-j，在来两个数组这范围划定了子数组，然后要求子数组的最大个数；另外一种思路是寻找两个数组中的公共子序列（相对顺序不变，例如4在1后面），发现这些数字连线就可以得到不相交的线。题说是求绘制的最大连线数，其实就是求两个字符串的最长公共子序列的长度！那么这题就和30题求最长公共子序列就是一样的。

    int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int len1 = nums1.size();
        int len2 = nums2.size();
        std::vector<std::vector<int>> dp(2, std::vector<int>(len2+1, 0));
        for(int i=1; i<=len1; i++){
            for(int j=1; j<=len2; j++){
                if(nums1[i-1]==nums2[j-1]) dp[i%2][j] = dp[(i-1)%2][j-1]+1;
                else dp[i%2][j] = max(dp[(i-1)%2][j], dp[i%2][j-1]);
            }
        }
        return dp[len1%2][len2];
    }

时间复杂度: O(nm)；空间复杂度: O(2m)

编辑距离总结

判断子序列
基本题目是给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列（子序列没有连续性要求，只要保证字母之间的相对顺序一致即可），这题可以使用双指针或贪心法解决。dp[i][j]数组表示以s[i-1]结尾的序列在以t[j-1]结尾所匹配的序列长度。

if (s[i - 1] == t[j - 1]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
else dp[i][j] = dp[i][j - 1];

不同的子序列
给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数，本题虽然也只有删除操作，不用考虑替换增加之类的，双指针就无法解决了。dp[i][j]数组表示以i-1为结尾的s子序列中出现以j-1为结尾的t的个数为dp[i][j]。而当s[i - 1] 与 t[j - 1]相等时，子序列数量有两部分组成。

if (s[i - 1] == t[j - 1]) {
    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j];
} else {
    dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}

两个字符串的删除操作
给定两个单词 word1 和 word2，找到使得 word1 和 word2 相同所需的最少步数，每步可以删除任意一个字符串中的一个字符。dp[i][j]数组表示以i-1为结尾的字符串word1，和以j-1位结尾的字符串word2，想要达到相等，所需要删除元素的最少次数。当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]相同的时候，不需要进行操作；当当word1[i - 1] 与 word2[j - 1]不相同的时候，

if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
} else {
    dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1] + 2, dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1}); 
    // 等效于 dp[i][j] = min({dp[i - 1][j] + 1, dp[i][j - 1] + 1});
}

编辑距离
给你两个单词 word1 和 word2，请你计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数。操作包括删除，添加，替换（其实删除和添加可以相互替换）。dp[i][j] 表示以下标i-1为结尾的字符串word1，和以下标j-1为结尾的字符串word2，最近编辑距离为dp[i][j]。if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) 那么说明不用任何编辑；if (word1[i - 1] != word2[j - 1])，此时就需要编辑，（理解删，增可以归于一类删除的操作），替换就是进行一次替换令word1[i - 1] == word2[j - 1]。

if (word1[i - 1] == word2[j - 1]) {
    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
}
else {
    dp[i][j] = min({dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]}) + 1;
}