1.最长递增子序列（300题）
题目描述：
给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。
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。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。
示例 1：
- 输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
- 输出：4
- 解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。
dp[i]表示i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度
if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
注意这里不是要dp[i] 与 dp[j] + 1进行比较，而是我们要取dp[j] + 1的最大值。
每一个i，对应的dp[i]（即最长递增子序列）起始大小至少都是1.
dp[i] 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，只要吧 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。
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
if(nums.size() <= 1)return nums.size();
vector<int>dp(nums.size(),1);
int result = 0;
for(int i = 1;i < nums.size();i++){
for(int j = 0;j < i;j++){
if(nums[j] < nums[i])dp[i] = max(dp[i],dp[j] + 1);
}
if(dp[i] > result)result = dp[i];
}
return result;
}
};- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(n)
2.最长连续递增序列(674题）
题目描述：
给定一个未经排序的整数数组，找到最长且连续递增的子序列，并返回该序列的长度。
连续递增的子序列 可以由两个下标 l 和 r（l < r）确定，如果对于每个 l <= i < r，都有 nums[i] < nums[i + 1] ，那么子序列 [nums[l], nums[l + 1], ..., nums[r - 1], nums[r]] 就是连续递增子序列。
示例 1：
- 输入：nums = [1,3,5,4,7]
- 输出：3
- 解释：最长连续递增序列是 [1,3,5], 长度为3。尽管 [1,3,5,7] 也是升序的子序列, 但它不是连续的，因为 5 和 7 在原数组里被 4 隔开。
dp[i]：以下标i为结尾的连续递增的子序列长度为dp[i],
如果 nums[i] > nums[i - 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：dp[i] = dp[i - 1] + 1;
因为本题要求连续递增子序列，所以就只要比较nums[i]与nums[i - 1]，而不用去比较nums[j]与nums[i] （j是在0到i之间遍历）。
既然不用j了，那么也不用两层for循环，本题一层for循环就行，比较nums[i] 和 nums[i - 1]。
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nums[i]这一个元素。
所以dp[i]应该初始1;
dp[i + 1]依赖dp[i]，所以一定是从前向后遍历。
class Solution {
public:
int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 0)return nums.size();
vector<int>dp(nums.size(),1);
int result = 1;
for(int i = 1;i < nums.size();i++){
if(nums[i] > nums[i - 1])dp[i] = dp[i - 1] + 1;
if(dp[i] > result)result = dp[i];
}
return result;
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
贪心算法:
遇到nums[i] > nums[i - 1]的情况，count就++，否则count为1，记录count的最大值就可以了。
class Solution {
public:
int findLengthOfLCIS(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 0)return nums.size();
int result = 1;
int count = 1;
for(int i = 1;i < nums.size();i++){
if(nums[i] > nums[i - 1]){
count++;
}else{
count = 1;
}
if(count > result)result = count;
}
return result;
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
3.最长重复子数组(718题）
题目描述：
给两个整数数组 A 和 B ，返回两个数组中公共的、长度最长的子数组的长度。
示例：
输入：
- A: [1,2,3,2,1]
- B: [3,2,1,4,7]
- 输出：3
- 解释：长度最长的公共子数组是 [3, 2, 1] 。
dp[i][j] ：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dp[i][j]。 （特别注意： “以下标i - 1为结尾的A” 标明一定是 以A[i-1]为结尾的字符串 ）
dp[i][j]的定义，dp[i][j]的状态只能由dp[i - 1][j - 1]推导出来。
即当A[i - 1] 和B[j - 1]相等的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
dp[i][0] 和dp[0][j]初始化为0
外层for循环遍历A，内层for循环遍历B。
class Solution {
public:
int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
vector<vector<int>>dp(nums1.size() + 1,vector<int>(nums2.size() + 1,0));
int result = 0;
for(int i = 1;i <= nums1.size();i++){
for(int j = 1;j <= nums2.size();j++){
if(nums1[i - 1] == nums2[j - 1])dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
if(dp[i][j] > result)result = dp[i][j];
}
}
return result;
}
};- 时间复杂度：O(n × m)，n 为A长度，m为B长度
- 空间复杂度：O(n × m)
4.最长公共子序列(1143题）
题目描述：
给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。
一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。
例如，"ace" 是 "abcde" 的子序列，但 "aec" 不是 "abcde" 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。
若这两个字符串没有公共子序列，则返回 0。
示例 1:
- 输入：text1 = "abcde", text2 = "ace"
- 输出：3
- 解释：最长公共子序列是 "ace"，它的长度为 3。
dp[i][j]：长度为[0, i - 1]的字符串text1与长度为[0, j - 1]的字符串text2的最长公共子序列为dp[i][j]
text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同
如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，那么找到了一个公共元素，所以dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同，那就看看text1[0, i - 2]与text2[0, j - 1]的最长公共子序列 和 text1[0, i - 1]与text2[0, j - 2]的最长公共子序列，取最大的。
即：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
dp[i][0] = 0;
同理dp[0][j]也是0。
从前向后，从上到下来遍历这个矩阵。
dp[text1.size()][text2.size()]为最终结果
class Solution {
public:
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
vector<vector<int>>dp(text1.size()+1,vector<int>(text2.size()+1,0));
for(int i = 1;i <= text1.size();i++){
for(int j = 1;j <= text2.size();j++){
if(text1[i - 1] == text2[j - 1]){
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
}else{
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j],dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[text1.size()][text2.size()];
}
};- 时间复杂度: O(n * m)，其中 n 和 m 分别为 text1 和 text2 的长度
- 空间复杂度: O(n * m)
5.不相交的线(1035题）
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。
本题说是求绘制的最大连线数，其实就是求两个字符串的最长公共子序列的长度
class Solution {
public:
int maxUncrossedLines(vector<int>& A, vector<int>& B) {
vector<vector<int>> dp(A.size() + 1, vector<int>(B.size() + 1, 0));
for (int i = 1; i <= A.size(); i++) {
for (int j = 1; j <= B.size(); j++) {
if (A[i - 1] == B[j - 1]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
} else {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[A.size()][B.size()];
}
};- 时间复杂度: O(n * m)
- 空间复杂度: O(n * m)
6. 最大子序和（53题）
题目描述：
给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
示例:
- 输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
- 输出: 6
- 解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。
dp[i]：包括下标i（以nums[i]为结尾）的最大连续子序列和为dp[i]。
dp[i]只有两个方向可以推出来：
- dp[i - 1] + nums[i]，即：nums[i]加入当前连续子序列和
- nums[i]，即：从头开始计算当前连续子序列和
一定是取最大的，所以dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]);
递推公式可以看出来dp[i]是依赖于dp[i - 1]的状态，dp[0]就是递推公式的基础。
dp[0]应该是多少呢?
根据dp[i]的定义，很明显dp[0]应为nums[0]即dp[0] = nums[0]。
递推公式中dp[i]依赖于dp[i - 1]的状态，需要从前向后遍历，在递推公式的时候，可以直接选出最大的dp[i]
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 0)return 0;
vector<int>dp(nums.size(),0);//dp[i]表示包括i之前的最大连续子序列和
dp[0] = nums[0];
int result = dp[0];
for(int i = 1;i < nums.size();i++){
dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]);//状态转移公式，舍弃前面和当前基础上再继续加和
if(dp[i] > result)result = dp[i];//result 保存dp[i]的最大值
}
return result;
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
总结：
最长递增子序列：给定一个序列，其内部顺序是不定的，所以这里要求最大升序序列长度，那么先定义dp数组的含义dp[i]代表i之前包括i的以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度，进行初始化操作，dp[i]大小为数组大小，且都赋值1，因为设定是长度至少有1，遍历顺序需要双循环来外层I是从1到nums.size()，内层循环从0到i进行遍历，递推公式：if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);还要记得需要更新dp[i]的值if(dp[i] > result)result = dp[i];最后返回result即可
最长连续递增序列：动态规划：上一题基础上，介绍dp[i]：以下标i为结尾的连续递增的子序列长度为dp[i],如果 nums[i] > nums[i - 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。递推公式：dp[i] = dp[i - 1] + 1，本题要求连续递增子序列，所以就只要比较nums[i]与nums[i - 1]，而不用去比较nums[j]与nums[i] （j是在0到i之间遍历），贪心算法：遇到nums[i] > nums[i - 1]的情况，count就++，否则count为1，记录count的最大值就可以了。
最长重复子数组：给定两个数组，然后对这两个数组求最大重复子数组，dp[i][j] ：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dp[i][j]，dp[i][j]的定义，dp[i][j]的状态只能由dp[i - 1][j - 1]推导出来，递推公式：A[i - 1] 和B[j - 1]相等的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1，初始化：dp[i][0] 和dp[0][j]初始化为0，遍历顺序：外层for循环遍历A，内层for循环遍历B。
最长公共子序列：给定两个字符串，但是呢需要求的子序列是不改变相对顺序，且可以删除字符，dp[i][j]：长度为[0, i - 1]的字符串text1与长度为[0, j - 1]的字符串text2的最长公共子序列为dp[i][j]，text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同，如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]相同，那么找到了一个公共元素，所以dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;如果text1[i - 1] 与 text2[j - 1]不相同，那就看看text1[0, i - 2]与text2[0, j - 1]的最长公共子序列 和 text1[0, i - 1]与text2[0, j - 2]的最长公共子序列，取最大的。即：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
不相交的线：求绘制的最大连线数，其实就是求两个字符串的最长公共子序列的长度 ，整体代码和上一个最长公共子序列流程一样，想法也大致相同，只是换一些字母。
最大子序和：dp[i]：包括下标i（以nums[i]为结尾）的最大连续子序列和为dp[i]，dp[i]只有两个方向，一个是dp[i-1]+nums[i]，还有从开始nums[i]开始，递推公式：dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i])，dp[0]应为nums[0]即dp[0] = nums[0]，dp[i]依赖于dp[i - 1]的状态，需要从前向后遍历，在递推公式的时候，可以直接选出最大的dp[i]。