力扣刷题之1035.不相交的线

题目描述

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。

示例 1：

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输入：nums1 = [1,4,2], nums2 = [1,2,4]
输出：2
解释：可以画出两条不交叉的线，如上图所示。 
但无法画出第三条不相交的直线，因为从 nums1[1]=4 到 nums2[2]=4 的直线将与从 nums1[2]=2 到 nums2[1]=2 的直线相交。

示例 2：

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输入：nums1 = [2,5,1,2,5], nums2 = [10,5,2,1,5,2]
输出：3

示例 3：

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输入：nums1 = [1,3,7,1,7,5], nums2 = [1,9,2,5,1]
输出：2

题干解析

这个问题是一个典型的动态规划问题，类似于寻找最长公共子序列。我们需要找到两个数组之间可以连接的最大不相交线数。之所以会联想到最长公共子序列问题是因为其在以下状态的共通性：

问题的相似性：

最长公共子序列问题：寻找在两个序列中按相同顺序出现的最长子序列。
最大不相交线数问题：寻找两个数组中相同元素的最大匹配对数，且这些匹配对在视觉上可以看做线条不会相交。

状态定义：

最长公共子序列问题：状态dp[i][j]定义为在序列1的前i个元素和序列2的前j个元素中，最长公共子序列的长度。
最大不相交线数问题：状态dp[i][j]定义为在nums1的前i个元素和nums2的前j个元素中，可以连接的最大不相交线数。

由上可知最大不相交线数问题与最长公共序列问题具有极强的相似性，类似的，最大不相交线数问题也可以参考最长公共序列问题的解决方式来进行解决。

问题分析

问题定义

给定两个整数数组nums1和nums2，我们需要找到可以连接的最大不相交线数，满足nums1[i] == nums2[j]且这些量接线不会相交。

动态规划思路

我们可以使用一个二维数组dp来存储中间结果，其中dp[i][j]表示nums1的前i个元素和前j个元素之间的最大不相交线数。
当nums1[i-1]==nums2[j-1]时，说明可以增加一条不相交的线，因此dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。如果不相等，则dp[i][j] = max（dp[i-1][j], dp[i][j-1]）,表示选择不使用当前元素的最大不相交线数。

解题思路

初始化动态规划表格

创建一个大小为(nums1Size+1) x (nums2Size+1)的二维数组dp，初始化为全零。这里多出的1行和1列是为了处理边界条件。

状态转移方程

如果nums1[i-1] == nums2[j-2]，则dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。这表现在nums1的前i个元素和nums2的前j个元素之间增加了提条不相交的线。
如果nums1[i-1] != nums2[j-1]，则dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])，这表示选择不使用当前元素时的最大不相交线数。

计算结果

遍历整个dp表，最后结果存储在dp[nums1Size][nums2Size]中。
时间复杂度与空间复杂度
时间复杂度为O(m*n)，其中m和n分别是nums1和nums2的长度。
空间复杂度为O(m*n)，用于存储动态规划表dp。

代码分析

cpp 复制代码

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

// 返回两个整数中的较大值
int max(int a, int b) {
    return a > b ? a : b;
}

// 计算两个整数数组之间可以连接的最大不相交线数
int maxUncrossedLines(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size) {
    // 动态分配二维数组dp，用于存储子问题的解
    int** dp = (int**)malloc((nums1Size + 1) * sizeof(int*));
    for (int i = 0; i <= nums1Size; i++) {  // 修正：此处应循环到 nums1Size
        dp[i] = (int*)calloc(nums2Size + 1, sizeof(int));  // 修正：此处应使用 nums2Size + 1
    }

    // 遍历两个数组的每个元素
    for (int i = 1; i <= nums1Size; i++) {
        for (int j = 1; j <= nums2Size; j++) {  // 修正：此处应循环到 nums2Size
            // 如果当前元素相等，说明可以增加一条不相交的线
            if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            } else {
                // 否则选择不使用当前元素时的最大值
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }

    // 最终结果为dp数组的右下角元素
    int result = dp[nums1Size][nums2Size];

    // 释放动态分配的内存
    for (int i = 0; i <= nums1Size; i++) {  // 修正：循环至 nums1Size
        free(dp[i]);
    }
    free(dp);

    return result;
}

int main() {
    // 示例输入
    int nums1[] = {1, 4, 2};
    int nums2[] = {1, 2, 4};
    int nums1Size = sizeof(nums1) / sizeof(nums1[0]);
    int nums2Size = sizeof(nums2) / sizeof(nums2[0]);

    // 计算最大不相交线数
    int result = maxUncrossedLines(nums1, nums1Size, nums2, nums2Size);

    // 输出结果
    printf("最大不相交线数为: %d\n", result);

    return 0;
}