【多维DP】力扣2370. 最长理想子序列

二维DP

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class Solution {
public:
    int longestIdealString(string s, int k) {
        int n = s.size();
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(26));
        dp[0][s[0] - 'a'] = 1;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            int currentChar = s[i] - 'a';
            for(int prevChar = max(0, currentChar - k); prevChar <= min(25, currentChar + k); prevChar++){
                dp[i][currentChar] = max(dp[i][currentChar], dp[i-1][prevChar] + 1);
            }
            dp[i][currentChar] = max(dp[i][currentChar], 1);

            for(int j = 0; j < 26; j++){
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j]);
            }
        }
        int ans = 0;
        for(int c = 0; c <= 25; c++){
            ans = max(ans, dp[n-1][c]);
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度：O(Nk)
空间复杂度：O(Nk)

对于子序列题目，我们通常可以定义一个二维数组dp[i][c]用来表示在s的前i个字符（i从0开始）并且以c字符作为结尾的最长理想子序列。

我们定义完dp后，首先对dp进行初始化：dp[0][s[0] - 'a'] = 1;，代表s[0]自身作为子序列的长度为1。接下来我们遍历i从1到n，我们首先假设字符串s的s[i]为目前最长理想子序列的结尾，那么他可以由dp[i][currentChar] = max(dp[i][currentChar], dp[i-1][prevChar] + 1);也就是可以从上一个状态i-1的所有可能的prevChar进行状态转移而来。

如果currentChar无法从任何一个prevChar进行状态转移而来，那么我们就令他为自身长度1，也就是 dp[i][currentChar] = max(dp[i][currentChar], 1);。

最后假设我们不以s[i]作为结尾，那么当前的状态dp[i][j]则要继承上一个状态的dp[i-1][j]。

我们定义一个变量ans，用来记录s的前n个（即全部）字符并且以任何字符为结尾的理想子序列的最大值，并返回。

空间压缩

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class Solution {
public:
    int longestIdealString(string s, int k) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(26);
        
        for(char c : s){
            int maxLen = 0;
            int curChar = c - 'a';
            for(int prevChar = max(0,curChar - k); prevChar <= min(25, curChar + k); prevChar++){
                maxLen = max(maxLen, dp[prevChar]);
            }
            dp[curChar] = maxLen + 1;
        }
        return *max_element(dp.begin(), dp.end());
    }
};

空间复杂度压缩至O(1)

由于观察状态转移方程i都是由上一个状态i-1状态转移而来，那么我们可以采用滚动的方式进行空间压缩，我们定义dp[c]为以字符c为结尾的最长理想子序列的长度，并且而外定义一个变量maxLen来记录被转移状态的最长理想子序列的长度，所以当前的最长理想子序列长度就是dp[curChar] = maxLen + 1;。