算法题
Leetcode 300.最长递增子序列
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个人思路
没什么思路,菜就多练!
解法
动态规划
"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"。
子序列问题是动态规划解决的经典问题 ，当前下标i的递增子序列长度 ，其实和i之前的下标j的子序列长度有关系;
动规五部曲：
1.dpi的定义
dpi表示i之前包括i的以numsi结尾的最长递增子序列的长度
之所以表示 "以numsi结尾的最长递增子序" ，因为在 做 递增比较的时候，如果比较 numsj 和 numsi 的大小，那么两个递增子序列一定分别以numsj为结尾 和 numsi为结尾
2.状态转移方程
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 (numsi > numsj)dpi = max(dpi, dpj + 1);
注意:这里不是要dpi 与 dpj + 1进行比较，而是要取dpj + 1的最大值。
3.dpi的初始化
每一个i，对应的dpi（即最长递增子序列）起始大小至少都是1.
4.确定遍历顺序
dpi 是有0到i-1各个位置的最长递增子序列 推导而来，那么遍历i 一定是从前向后遍历。
j其实就是遍历0到i-1，那么是从前到后，还是从后到前遍历都无所谓，只要把 0 到 i-1 的元素都遍历了就行了。 所以默认习惯 从前向后遍历。遍历i的循环在外层，遍历j则在内层
5.举例推导dp数组
输入：0,1,0,3,2，dp数组的变化如下：
java
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int[] dp = new int[nums.length];
int res = 1;
Arrays.fill(dp, 1);//初始化数组初始值
for (int i = 1; i < dp.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) {
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);//找递增最大值
}
res = Math.max(res, dp[i]);//存取结果
}
}
return res;
}
}时间复杂度:O( n^2**)**；（for嵌套遍历数组）
空间复杂度:O( n**);**（存储一个长度为n的dp数组）
Leetcode 674. 最长连续递增序列
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个人思路
这道题与上面那道题是类似的，甚至更简单,因为是找连续的递增序列大小,只用比较一前一后,所以不用嵌套for循环遍历,只用遍历i,一边遍历一边存取最大递增序列
解法
动态规划
动规五部曲：
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dpi：以下标i为结尾的连续递增的子序列长度为dpi。
注意这里的定义，一定是以下标i为结尾，并不是说一定以下标0为起始位置。
2.确定递推公式
如果 numsi > numsi - 1，那么以 i 为结尾的连续递增的子序列长度 一定等于以i - 1为结尾的连续递增的子序列长度 + 1。
即：dpi = dpi - 1 + 1;
因为本题要求连续递增子序列，所以就只要比较numsi与numsi - 1，而不用去比较numsj与numsi （j是在0到i之间遍历）,因此本题一层for循环就行，比较numsi 和 numsi - 1。
3.dp数组如何初始化
以下标i为结尾的连续递增的子序列长度最少也应该是1 ，即就是numsi这一个元素。所以dpi应该初始1;
4.确定遍历顺序
从递推公式上可以看出， dpi + 1依赖dpi，所以一定是从前向后遍历。
5.举例推导dp数组
已输入nums = 1,3,5,4,7为例，dp数组状态如下：
java
public static int findLengthOfLCIS(int[] nums) {
int[] dp = new int[nums.length];
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {//初始化
dp[i] = 1;
}
int res = 1;
for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {
if (nums[i + 1] > nums[i]) {
dp[i + 1] = dp[i] + 1;
}
res = res > dp[i + 1] ? res : dp[i + 1];//存储最长连续递增序列长度
}
return res;
}时间复杂度:O( n**)**；（遍历数组）
空间复杂度:O( n**);**（使用一个dp数组）
贪心法
这道题目也可以用贪心来做，思路为: 遇到numsi > numsi - 1的情况，count就++，否则count为1，记录count的最大值。
java
public static int findLengthOfLCIS(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
int res = 1; // 连续子序列最少也是1
int count = 1;
for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {
if (nums[i + 1] > nums[i]) { // 连续记录
count++;
} else { // 不连续，count从头开始
count = 1;
}
if (count > res) res = count;//更新最长子序列长度
}
return res;
}时间复杂度:O( n**)**；（遍历数组）
空间复杂度:O( 1**);**（无使用其他大的额外空间）
Leetcode 718. 最长重复子数组
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个人思路
这题是动态规划的经典题目,可以用二维数组来记录两个字符串的所有比较情况
解法
动态规划
动规五部曲：
1.确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dpij ：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dpij。
（特别注意： "以下标i - 1为结尾的A" 标明一定是 以Ai-1为结尾的字符串 ）
2.确定递推公式
根据dpij的定义，dpij的状态只能由dpi - 1j - 1推导出来。
即当Ai - 1 和Bj - 1相等的时候，dpij = dpi - 1j - 1 + 1;
根据递推公式可以看出，遍历i 和 j 要从1开始！
3.dp数组如何初始化
根据dpij的定义，dpi0 和dp0j其实都是没有意义的！但dpi0 和dp0j要初始值 ，因为 为了方便递归公式dpij = dpi - 1j - 1 + 1;所以dpi0 和dp0j初始化为0。
举个例子:A0如果和B0相同的话，dp11 = dp00 + 1，只有dp00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。都是从前往后遍历,并在遍历的时候顺便把dpij的最大值记录下来。
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，以下是dp数组的状态变化
java
class Solution {
public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {
int result = 0;
int[][] dp = new int[nums1.length + 1][nums2.length + 1];
for (int i = 1; i < nums1.length + 1; i++) {//从1开始
for (int j = 1; j < nums2.length + 1; j++) {
if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
result = Math.max(result, dp[i][j]);//保存最长重复数组长度
}
}
}
return result;
}
}时间复杂度:O( n*m**)**；（n 为nums1长度，m为nums2长度）
空间复杂度:O( n*m**);**（二维dp数组）
滚动数组
因为dpij都是由dpi - 1j - 1推出,那么压缩为一维数组，也就是dpj都是由dpj - 1推出。也就是相当于可以把上一层dpi - 1j拷贝到下一层dpij来继续用。
此时遍历B数组的时候，就要从后向前遍历，这样避免重复覆盖。
java
class Solution {
public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {
int[] dp = new int[nums2.length + 1];
int result = 0;
for (int i = 1; i <= nums1.length; i++) {
for (int j = nums2.length; j > 0; j--) {
if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {
dp[j] = dp[j - 1] + 1;
} else {
dp[j] = 0;
}
result = Math.max(result, dp[j]);
}
}
return result;
}
}时间复杂度:O( n*m**)**；（n 为nums1长度，m为nums2长度）
空间复杂度:O( m**);**（一维dp数组）
以上是个人的思考反思与总结 ，若只想根据系列题刷，参考卡哥的网址代码随想录算法官网