从混乱日志中揪出“节奏大师”——一次DP优化的奇妙漂流（3202. 找出有效子序列的最大长度 II）

从混乱日志中揪出"节奏大师"------一次DP优化的奇妙漂流 😎

我遇到了什么问题？

那是一个风平浪静的下午，直到告警系统开始疯狂地"唱歌"🎤。我负责的一个核心交易服务出现了大量的不明错误，错误日志刷得比瀑布还快。

一开始我以为是某个单点故障，但当我把日志拉下来仔细看时，头都大了。这些错误码毫无规律可言，比如 3001, 5002, 3001, 5002, 8003, 3001, 5002... 它们像一群醉汉在舞池里乱撞，毫无章法。

但是，作为一个老兵，我隐约感觉这混乱背后有一种"节奏"。直觉告诉我，可能不是一个服务挂了，而是两个模块在相互"打架"，导致它们交替性地产生特定类型的错误。我的任务就是从这堆看似杂乱的错误日志（可以看作一个超长的数字数组 nums）中，找到最长的、符合这种"交替打架"模式的子序列，从而锁定问题根源。

这个"交替打架"模式有个很诡异的特征：任意连续的两个错误码之和，在对某个常数 k (比如系统模块总数) 取模后，结果都是恒定的。比如 (错误A + 错误B) % k == (错误B + 错误C) % k。

于是，我的问题就转化成了一个算法挑战：在一个整数数组 nums 和一个整数 k 中，找到一个最长的子序列，该子序列中任意相邻两项的和对 k 取模都相等。 （3202. 找出有效子序列的最大长度 II）

题目解读

这道题是3201. 找出有效子序列的最大长度 I的推广和泛化。核心要求是找到一个最长的子序列 sub，使得其中任意相邻两项之和对 k 取模的结果都是一个固定的常数。

(sub[i-1] + sub[i]) % k == constant 核心洞察：

取模运算 ：整个问题只与数字对 k 取模后的余数有关。nums[i] 的具体大小不重要，nums[i] % k 才重要。我们可以将问题转化为在 0到k-1 的余数序列中寻找模式。
固定常数 ：一个有效的子序列，其"相邻和模k"的值是唯一的。我们可以枚举所有可能的 constant 值（即 0到k-1），对于每一种可能性，都找出最长的子序列，最后取所有结果中的最大值。

提示解读:

nums.length <= 10^3, k <= 10^3：这个数据规模提示我们，一个 O(N*k) 的算法（约为 10^3 * 10^3 = 10^6次操作）是可以通过的。而 O(N^2) 或 O(N*k^2) 可能会超时。
1 <= nums[i] <= 10^7：再次强调 nums[i] 的具体值不重要，取模是第一步。

基于这个核心思路，我们可以设计出动态规划的解法。

解法一

该解法采用动态规划，其核心思想是枚举所有可能的目标和（模k） 。

一个有效的子序列必须满足 (sub[i-1] + sub[i]) % k == target_sum，其中 target_sum 是一个介于 0 到 k-1 之间的常数。我们不知道哪个 target_sum 会产生最长的子序列，所以我们干脆对每一个可能的 target_sum 都计算一次。

对于一个固定的 target_sum，我们可以设计一个 DP 过程：

遍历 nums 数组中的每个数字 num。
令 rem = num % k。
要将 num 接到某个子序列的末尾，那么它前面的那个数 prev_num 的余数 prev_rem 必须满足 (prev_rem + rem) % k == target_sum。（模运算性质：和的模等于模的和的模 即：(A + B) % k 等价于 ((A % k) + (B % k)) % k。）
通过数学变换，可以得到 prev_rem = (target_sum - rem + k) % k。（+k是为了防止 target_sum - rem 结果为负，prev_rem + rem 和 target_sum 是模 k 同余）
我们定义一个 dp 数组，dp[r] 表示在当前 target_sum 下，以余数为 r 的数结尾的最长有效子序列的长度。
那么，当我们遇到 num (余数为rem) 时，我们可以将它接到任何一个以 prev_rem 结尾的子序列后面，形成一个更长的序列。状态转移方程就是：dp[rem] = dp[prev_rem] + 1。

我们对 target_sum 从 0 到 k-1 遍历，每次都执行上述 DP 过程，并用一个全局变量记录出现过的最大长度。

java 复制代码

/*
 * 思路：动态规划（按目标和划分）。我们遍历所有可能的目标和 target_sum (从 0 到 k-1)。
 * 对于每个 target_sum，我们使用一个一维 DP 数组 dp[k] 来找到最长的有效子序列。
 * dp[r] 表示在当前 target_sum 条件下，以余数为 r 的数结尾的最长子序列长度。
 * 遍历 nums，对于每个数 num，其模 k 的余数为 rem，它能接在余数为 prev_rem 的数后面，
 * 其中 prev_rem = (target_sum - rem + k) % k。状态转移为：dp[rem] = dp[prev_rem] + 1。
 * 
 * 时间复杂度：O(N*k)，外层循环 k 次 (对于每个 target_sum)，内层循环 N 次 (遍历 nums)。
 * 空间复杂度：O(k)，我们使用了一个大小为 k 的一维 DP 数组。这个数组在每次外层循环中被重用。
 */
class Solution {
    public int maximumLength(int[] nums, int k) {
        int maxLen = 0;
        // 遍历所有可能的目标和 (modulo k)
        for (int targetSum = 0; targetSum < k; targetSum++) {
            // dp[r] 表示在当前 targetSum 下，以余数 r 结尾的最长子序列长度
            // 对于每一个新的 targetSum，我们都重新开始计算，所以需要一个新的 dp 数组。
            int[] dp = new int[k];
            
            // 遍历数组中的每一个数
            for (int num : nums) {
                int rem = num % k;
                // 计算出这个数期望的前一个数的余数
                int prevRem = (targetSum - rem + k) % k;
                
                // 状态转移：当前数可以接在任何以 prevRem 结尾的子序列之后，
                // 使得新的子序列长度增加1。
                dp[rem] = dp[prevRem] + 1;
            }
            
            // 在完成对当前 targetSum 的计算后，遍历 dp 数组找到该 targetSum 下的最长长度
            for (int len : dp) {
                // Math.max 是标准库函数，用于比较两个数并返回较大者。
                // 我们用它来持续追踪所有可能性中的全局最大长度。
                maxLen = Math.max(maxLen, len);
            }
        }
        return maxLen;
    }
}

时间复杂度 ：O(N*k)。外层循环 k 次，内层对 nums 数组的循环 N 次，内部操作为 O(1)。总计 k * N 次核心操作。
空间复杂度 ：O(k)。我们使用了一个大小为 k 的 dp 数组。虽然外层循环有 k 次，但 dp 数组是复用的，所以空间是 O(k) 而不是 O(N*k)。

解法二

让我们从题目的根本条件出发：一个有效的子序列 sub 满足 (sub[i-1] + sub[i]) % k == (sub[i] + sub[i+1]) % k。

这个等式描述了子序列中任意连续三个 元素 a, b, c (a=sub[i-1], b=sub[i], c=sub[i+1]) 之间的关系。即：(a + b) % k == (b + c) % k

现在，让我们利用模运算的性质来简化这个同余式。我们可以在同余式的两边同时减去 b % k，这不会改变同余关系。 (a + b) % k - (b % k) ≡ (b + c) % k - (b % k) (mod k)

根据模运算性质 (X+Y)%k - Y%k ≡ X%k，上式可以简化为： a % k ≡ c % k

这是一个惊人的、根本性的简化！它告诉我们： 一个子序列是有效的，当且仅当它的元素对k取模后，形成一个交替出现的模式，即 r1, r2, r1, r2, r1, ...。

这里的 r1 就是 a % k， r2 就是 b % k，下一个元素 c % k 必须等于 a % k，也就是 r1。

特殊情况： 如果 r1 == r2，那么这个模式就变成了 r1, r1, r1, r1, ...。这意味着，一个所有元素对k取模后都相等的子序列也是有效的。

因此，原问题被巧妙地转化成了：在 nums 数组的余数序列中，寻找最长的交替模式 r1, r2, r1, r2, ...。

基于这个全新的、更简单的目标，我们可以定义一个动态规划状态。我们需要记录以某个交替模式结尾的子序列的最大长度。一个交替模式由最后两个元素的余数决定。

java 复制代码

class Solution {
    public int maximumLength(int[] nums, int k) {
        // 全局最大长度，用于记录在整个过程中所有可能交替模式的最长值。
        int maxLen = 0;

        // dp[r1][r2]: 表示以余数 r1, r2 交替的模式（...r1, r2）结尾的最长子序列长度。
        int[][] dp = new int[k][k];

        // 遍历日志中的每一个错误码
        for (int num : nums) {
            // r2 是当前错误码 num 对 k 取模后的余数
            int r2 = num % k;

            // 遍历所有可能的"前一个余数"r1。
            // r1代表交替模式 (..., r1, r2) 中的前一个余数。
            for (int r1 = 0; r1 < k; r1++) {
              
                // --- 核心状态转移方程 ---
                // 我们要计算以 (r1, r2) 结尾的模式长度。
                // 这个序列是由一个以 (r2, r1) 结尾的序列，后面接上当前数得到的。
                dp[r1][r2] = dp[r2][r1] + 1;

                // 每次更新dp表后，都用新计算出的长度去挑战全局最大值。
                maxLen = Math.max(maxLen, dp[r1][r2]);
            }
        }

        return maxLen;
    }
}

时间复杂度 ：O(N*k)。外层循环 N 次，内层循环 k 次，总操作次数为 N * k。
空间复杂度 ：O(k^2)。需要一个 k x k 的 dp 数组来存储状态。

<例子过程> 以 nums = [1, 4, 2, 3, 1, 4], k = 3 为例，我们追踪 DP 表 dp 的变化。 余数序列 : [1, 1, 2, 0, 1, 1]

初始化 : maxLen = 0, dp 是 3x3 全零矩阵。

1. 处理 num = 1 (r2 = 1)

r1=0: dp[0][1] = dp[1][0] + 1 = 1
r1=1: dp[1][1] = dp[1][1] + 1 = 1
r1=2: dp[2][1] = dp[1][2] + 1 = 1
maxLen 变为 1。dp 如下:
lua 复制代码
```
[[0, 1, 0],
 [0, 1, 0],
 [0, 1, 0]]
```

2. 处理 num = 4 (r2 = 1)

r1=0: dp[0][1] = dp[1][0] + 1 = 1
r1=1: dp[1][1] = dp[1][1] + 1 = 1 + 1 = 2 (模式 ...,1,1)
r1=2: dp[2][1] = dp[1][2] + 1 = 1
maxLen 变为 2。

3. 处理 num = 2 (r2 = 2)

r1=0: dp[0][2] = dp[2][0] + 1 = 1
r1=1: dp[1][2] = dp[2][1] + 1 = 1 + 1 = 2 (模式 ...,2,1后接2 -> ...,1,2)
r1=2: dp[2][2] = dp[2][2] + 1 = 1
maxLen 仍为 2。

4. 处理 num = 3 (r2 = 0)

r1=0: dp[0][0] = dp[0][0] + 1 = 1
r1=1: dp[1][0] = dp[0][1] + 1 = 1 + 1 = 2
r1=2: dp[2][0] = dp[0][2] + 1 = 1 + 1 = 2
maxLen 仍为 2。

5. 处理 num = 1 (r2 = 1)

r1=0: dp[0][1] = dp[1][0] + 1 = 2 + 1 = 3 (模式3,1, ... 接 1->...0,1)
r1=1: dp[1][1] = dp[1][1] + 1 = 2 + 1 = 3 (模式1,4, ... 接 1-> ...1,1)
r1=2: dp[2][1] = dp[1][2] + 1 = 2 + 1 = 3 (模式 1,2, ... 接 1-> ...2,1)
maxLen 变为 3。

6. 处理 num = 4 (r2 = 1)

r1=0: dp[0][1] = dp[1][0] + 1 = 2 + 1 = 3
r1=1: dp[1][1] = dp[1][1] + 1 = 3 + 1 = 4 (模式 1,4,1, ... 接 4 -> ...1,1)
r1=2: dp[2][1] = dp[1][2] + 1 = 2 + 1 = 3
maxLen 变为 4。

最终，遍历结束，maxLen 为 4，这对应了子序列 [1, 4, 1, 4] (余数模式 1, 1, 1, 1)。

这个解释将代码的每一个部分都与背后的 r1, r2 交替模式的洞察力联系起来，希望这能让你更透彻地理解这个优雅的解法。

解法对比

对比维度	解法一：枚举目标和 (Target-Sum)	解法二：发现交替模式 (Alternating-Pattern)
核心思想	将问题分解为 `k` 个独立的子问题。每个子问题对应一个固定的 `target_sum`。	通过数学变换，发现问题的本质是寻找最长的 `r1, r2, r1, r2...` 交替余数序列。
思维路径	分治 / 枚举。我们不知道哪个"节拍" `(a+b)%k` 是最优的，所以把所有可能的节拍（`0` 到 `k-1`）都尝试一遍。	洞察 / 转换。深入挖掘条件 `(a+b)%k == (b+c)%k`，将其转化为等价但更简单的形式 `a%k == c%k`。
DP 状态定义	`dp[r]`：在一维视角下，对于一个固定的 `target_sum` ，以余数 `r` 结尾的最长子序列的长度。	`dp[r1][r2]`：在二维视角下，代表一个完整的交替模式，即以 `...r1, r2` 结尾的最长子序列长度。
状态转移方程	`dp[rem] = dp[prev_rem] + 1;` 其中 `prev_rem = (target_sum - rem + k) % k;`	`dp[r1][r2] = dp[r2][r1] + 1;`
方程解读	序列的下一个成员 `rem`，它的前任 `prev_rem` 是由外部的 `target_sum` 规则唯一确定的。	序列的下一个成员 `r2`，它的前任是 `r1`，这个模式的前一个状态必定是 `...r2, r1`，体现了内在的交替性。
时间复杂度	`O(N*k)`	`O(N*k)`
空间复杂度	`O(k)` (优)	`O(k^2)`
实现复杂度	较低。代码结构更清晰：外层循环枚举 `target_sum`，内层循环跑一次独立的 DP 过程。	极低。代码非常简洁，将数学洞察力浓缩在单行状态转移中，显得十分精妙。
直观性	更符合常规 DP 思路。固定一个条件，然后求解，这种模式在很多问题中都适用，容易理解。	更具数学美感。需要一个"啊哈！"的顿悟时刻，一旦理解了 `a%k == c%k`，代码就变得不言自明。
优点	1. 空间效率高，当 `k` 很大时优势明显。 2. 思路直接，容易想到和实现。	1. 代码极度简洁，优雅地体现了问题的本质。 2. 将所有状态的更新融合在一个循环内，结构紧凑。
缺点	代码层级稍多（三层循环嵌套）。	空间开销较大，当 `k` 接近 `N` 的平方根时可能会遇到内存限制问题 (MLE)。
适用场景	对内存有严格限制，或者 `k` 的值非常大的情况。通用性强，是解决这类问题的"标准武器"。	在 `k` 不大的情况下，追求代码的极致简洁和优雅。或者在算法竞赛中，作为快速解题的利器。
好比说...	一个勤奋的侦探 🕵️‍♂️ 他不知道凶手是谁，于是把所有嫌疑人 (`target_sum`) 一个个地审问（跑DP），最终锁定目标。	一个天才的福尔摩斯 🕵️‍♀️ 他通过一个微小的线索（同余变换），直接推理出了凶手的作案模式（交替），一举破案。

举一反三，这个思想还能用在哪？

这个"发现隐藏交替模式"的思想非常强大，可以用在很多地方：

用户行为分析：分析用户在 App 内的操作序列。如果发现某个用户在"加购物车"和"清空购物车"两个行为的 ID 余数之间，形成了超长的交替序列，这可能是个刷单机器人正在进行价格测试。
网络安全：检测 DDoS 攻击。攻击流量的源端口或数据包大小，有时会呈现出特定的交替模式，用来绕过简单的防火墙规则。用这个 DP 模型可以快速识别出这种有"节奏"的攻击流。
基因序列分析：在DNA序列中寻找特定碱基对（如 A-T, G-C）交替出现的最长片段，可能对研究基因功能有重要意义。

类似好题推荐

如果你对这类 DP 问题很感兴趣，可以试试下面这几道题，它们都需要你找到巧妙的状态定义来解决问题：

2746. 字符串连接删减字母 ：这道题的DP状态需要同时考虑首尾字母，和我们的 (r1, r2) 有异曲同工之妙。
1027. 最长等差数列 ：经典的DP题，状态定义为 dp[i][diff]，代表以 nums[i] 结尾，公差为 diff 的最长等差序列。
300. 最长递增子序列：DP入门和优化的必刷题，理解它能帮你建立DP的基本盘。

希望这次的分享能对大家有所启发！有时候，最棘手的问题背后，往往藏着最简洁优美的解决方案。下次遇到难题，不妨也像我一样，盯着它多看几分钟，也许那个"恍然大悟"的瞬间就在等着你呢！😉