最长递增子序列，交错字符串

第一题：

代码如下：

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int lengthOfLIS(vector<int>& nums)
{
	//dp[i]表示以第i个元素为结尾的最长子序列的长度
	int n = nums.size();
	int res = 1;
	vector<int> dp(n, 1);
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	{
		for (int j = 0; j < i; ++j)
		{
			if (nums[i] > nums[j])
				dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
		}
		res = max(res, dp[i]);
	}
	return res;
}

思路整理：

使用动态规划，线性dp就可以解决。

具体状态表示：dp[i]表示以第i个位置为结尾的最长子序列的长度。

初始化：因为最长递增子序列的长度至少为1，所以不妨将所有位置的长度都初始化为1。

填写过程以及逻辑：因为第一个位置为结尾的子序列长度为1，所以i从1下标开始，以该位置元素为结尾的序列有两种情况。

<1>该元素跟在其前面的任意一个元素后组成一个递增子序列。

<2>该元素比前面任意一个元素都小，所以只能自己成为单独的一个递增子序列。

因为在初始化时，已经将第二种情况考虑到了，所以每个位置都为1，若是第二种情况，就不必更新了，只考虑第一种情况就行。即

cpp 复制代码

if (nums[i] > nums[j])
				dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

表示i位置的元素大于j位置的元素时，dp[i]取dp[i]和dp[j] + 1两者之间的最大值。结合状态表示来理解。每当dp[i]更新完之后，可以更新一下最终结果，走完之后，就可以返回最终结果res了。

时空复杂度：时间复杂度O(n * n)，空间复杂度O(n)

第二题：

代码如下：

cpp 复制代码

bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) 
{
    //dp[i][j]表示s1的[0,i]部分和s2的[0,j]能否构成s3的[i,j]部分
    int m = s1.size();
    int n = s2.size();
    if (m + n != s3.size())
        return false;
    s1 = " " + s1;
    s2 = " " + s2;
    s3 = " " + s3;
    vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1));
    for (int i = 1; i <= n; ++i)//s1为空
    {
        if (s2[i] == s3[i]) dp[0][i] = true;
        else
            break;
    }
    for (int i = 1; i <= m; ++i)//s2为空
    {
        if (s1[i] == s3[i]) dp[i][0] = true;
        else
            break;
    }
    dp[0][0] = true;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        for (int j = 1; j <= n; ++j)
        {
            dp[i][j] = (s1[i] == s3[i + j] && dp[i - 1][j]
                || s2[j] == s3[i + j] && dp[i][j - 1]);
        }
    }
    return dp[m][n];
}

思路整理：

动态规划，用到二维dp。在此之前，需要进行一个问题的转化，其实就是判断字符串s1能否由s2和s3组成。

具体状态表示：dp[i][j]表示s1的[0,i]部分和s2的[0,j]能否构成s3的[i,j]部分。

初始化：dp数组多开一行一列，便于结合状态定义来解决该问题，为了使得字符串位置一一对应，可以选择在字符串前加上空格符来进行占位，不表示额外含义，只是为了好进行对应。默认开辟的空间内都是false，结合状态定义，初始化第一行，即dp[0][i]，当s1为空，就只有s2来组成s3，当s2[i] == s3[i]时，dp[0][i] = true，否则就是false，同理初始化第一列，即dp[i][0]，当s2为空，只有s1来组成s3，当s1[i] == s3[i]时，dp[i][0] = true，否则就是false。dp[0][0]为true，确保后面的结果正确。

填写过程以及逻辑：如果s1的长度加上s2的长度和s3的长度不一致，那么就说明一定不能组成s3，返回false，否则dp[i][j]为真的情况有两种：

<1>s1[i] == s3[i + j] && dp[i - 1][j] == true，即s1的i位置和s3的i + j位置相同，并且s1的0~i-1位置和s2的0~j位置能构成s3的当前位置的其余部分。

<2>s2[j] == s3[i + j] && dp[i][j - 1] == true，即s2的i位置和s3的i + j位置相同，并且s1的0~i位置和s2的0~j - 1位置能构成s3的当前位置的其余部分。

最终返回dp[m][n]表示s1和s2能否构成s3。

水平有限，欢迎指正。