Longest XXX

Longest Common Substring

• Brute Force
  
  遍历a和b所有位置的组合，向后延伸，直到遇到两个不同的字符，复杂度是\(n^3\)级别。

class Solution {
    public:
    // 返回所有结果
    vector<string> longestCommonSubstring(string& a, string& b) {
        vector<string> ans;
        int maxLen = 0;
        for (int i = 0; i < a.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j < b.size(); ++j) {
                string cur;
                for (int m = i, n = j; m < a.size() && n < b.size(); ++m, ++n) {
                    if (a[m] != b[n]) {
                        break;
                    }
                    cur += a[m];
                }
                if (cur.size() && cur.size() >= maxLen) {
                    maxLen = cur.size();
                    ans.push_back(cur);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

• DP
  
  暴力解有很多重复计算：比如以\(i\)和\(j\)为起点去向后延伸，我们可能需要比较\(i+1\)和\(j+1\)、\(i+2\)和\(j+2\)...而以\(i+1\)和\(j+1\)为起点时，仍然要比较\(i+2\)和\(j+2\)，重叠子问题给动态规划带来了可能。
  
  暴力做法是将每个\(i\)和\(j\)作为起点，现在我们考虑将\(i\)和\(j\)作为终点，令\(L(i,j)\)表示以\(i\)和\(j\)作为结尾的相同子串的最大长度，很快就可以推出：

\[L(i,j)=
\begin{cases}
1+L(i-1,j-1)& \text{a[i]=b[j]}\\
0& \text{a[i]!=b[j]}
\end{cases}\]

为了简便，假设下标从1开始，那么边界条件：\(L(0,j)=0,L(i,0)=0\)。

class Solution {
public:
	int longestCommonSubstring(string& a, string& b) {
		vector<vector<int>> L(1 + a.size(), vector<int>(1 + b.size(), 0));
		int maxLen = 0;

		for (int i = 1; i <= a.size(); ++i) {
			for (int j = 1; j <= b.size(); ++j) {
				if (a[i - 1] == b[j - 1]) {
					L[i][j] = 1 + L[i - 1][j - 1];
				}
				else {
					L[i][j] = 0;
				}
				maxLen = max(maxLen, L[i][j]);
			}
		}

		return maxLen;
	}
};

显然时间降为\(O(n^2)\)，空间升为\(O(n^2)\)。仔细观察，计算\(L(i,j)\)只需要左上方\(L(i-1,j-1)\)的信息，所以我们按照斜线方向计算，可以将空间优化到\(O(1)\)：

class Solution {
public:
	int longestCommonSubstring(string& a, string& b) {
		// from the up-right corner
		int row = 0, col = b.size() - 1;
		int maxLen = 0;

		while (row < a.size()) {
			int curLen = 0;
			for (int i = row, j = col; i < a.size() && j < b.size(); ++i, ++j) {
				if (a[i] == b[j]) {
					++curLen;
				}
				else {
					curLen = 0;
				}
				maxLen = max(maxLen, curLen);
			}
			if (col > 0) {
				--col;  // 斜线左移
			}
			else {
				++row;   // 斜线下移
			}
		}

		return maxLen;
	}
};

(TODO)输出所有的最长公共子串

Longest Common Subsequence

• Brute Force
  
  找到a的所有子序列，判断是否是b的子序列，指数级复杂度，也就没有写出来的必要了。
• DP
  
  重叠子问题很明显，而且LCS具有最优子结构，令\(L(i,j)\)表示以\(i\)和\(j\)作为结尾的LCS长度：

\[L(i,j)=
\begin{cases}
1+L(i-1,j-1)& \text{a[i]=b[j]}\\
max\{L(i-1,j),L(i,j-1)\}& \text{a[i]!=b[j]}
\end{cases}\]

为了简便，假设下标从1开始，那么边界条件：\(L(0,j)=0,L(i,0)=0\)。

class Solution {
public:
    int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        const int m = text1.size(), n = text2.size();
        vector<vector<int>> L(m + 1, vector<int>(n + 1, 0));
        int ans = 0;
        for(int i = 1;i <= m;++i) {
            for(int j = 1;j <= n;++j) {
                if(text1[i - 1] == text2[j - 1]) {
                    L[i][j] = 1 + L[i - 1][j - 1];
                }
                else {
                    L[i][j] = max(L[i - 1][j], L[i][j - 1]);
                }
                ans = max(ans, L[i][j]);
            }
        }

        return ans;
    }
};

时间和空间都是\(O(mn)\)。类似的，\(L(i,j)\)依赖于左上角\(L(i-1,j-1)\)、左边\(L(i,j-1)\)、上边\(L(i-1,j)\)，可以只存储上一行和当前行的\(L\)。进一步考虑：可以只存储当前行的\(L\)，外加一个变量\(pre\)存储左上角\(L(i-1,j-1)\)，空间可以优化到\(O(min(m,n))\)：

class Solution {
public:
    int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        const int m = text1.size(), n = text2.size();
        if(m < n) {
            return longestCommonSubsequence(text2, text1);
        }

        vector<int> curRow(n + 1, 0);
        int pre = 0, ans = 0;
        for(int i = 1;i <= m;++i) {
            pre = curRow[0];
            for(int j = 1;j <= n;++j) {
                int tmp = curRow[j];
                if(text1[i - 1] == text2[j - 1]) {
                    curRow[j] = 1 + pre;
                }
                else {
                    curRow[j] = max(curRow[j], curRow[j - 1]);
                }
                ans = max(ans, curRow[j]);
                pre = tmp;
            }
        }

        return ans;
    }
};

(TODO)输出所有的最长公共子串

Longest Increasing Subsequence

• DP
  
  \(dp[i]\)表示只考虑\(i\)及之前的信息，所形成的LIS的长度：

\[dp[i]=
\begin{cases}
1+max\{dp[j]\}, 0 \leq j<i& \text{a[i]>a[j]}\\
max\{dp[j])\}, 0 \leq j<i& \text{a[i]$\leq$a[j]}
\end{cases}\]

最终答案即是\(dp\)数组的最大值：

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        if(!nums.size()) {
            return 0;
        }
        vector<int> dp(nums.size(), 1);
        int ans = 1;

        for(int i = 1;i < nums.size();++i) {
            int curMax = 0;
            for(int j = 0;j < i;++j) {
                if(nums[i] > nums[j]) {
                    curMax = max(curMax, dp[j]);
                }
            }
            dp[i] = 1 + curMax;
            ans = max(ans, dp[i]);
        }

        return ans;
    }
};

时间\(O(n^2)\)，空间\(O(n)\)。

• DP+Binary Search
  
  遍历数组的过程中，不停填充\(dp\)数组，维护\(dp\)数组使得其存储递增序列：
  
  如果\(nums[i]<dp[0]\)，更新\(dp[0]\)；
  
  如果\(nums[i]>dp[len]\)，\(++len\)，并且存入\(nums[i]\)；
  
  如果\(nums[i]\)介于\(dp\)中间，就二分查找\(nums[i]\)的位置，并更新相应的\(dp\)值。
  
  举例来说，\(nums=[0,8,4,12,2]\)，\(dp\)数组：
  
  \([0]\)
  
  \([0,8]\)
  
  \([0,4]\)
  
  \([0,4,12]\)
  
  \([0,2,12]\)
  
  虽然\(dp\)数组最终存储的不是LIS，但长度确是LIS的长度：

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        const int n = nums.size();
        if(0 == n)
            return 0;

        vector<int> dp(n);
        dp[0] = nums[0];
        int len = 0;
        for(int i = 1;i < n;++i) {
            if(nums[i] < dp[0]) {
                dp[0] = nums[i];
            }
            else if(nums[i] > dp[len]) {
                dp[++len] = nums[i];
            }
            else {
                int index = biSearch(dp, 0, len, nums[i]);
                dp[index] = nums[i];
            }
        }
        return len + 1;
    }
private:
    int biSearch(vector<int>& nums, int l, int r, int target) {
        while(l < r) {
            int m = l + (r - l) / 2;
            if(nums[m] == target) {
                return m;
            }
            if(target > nums[m]) {
                l = m + 1;
            }
            else {
                r = m;
            }
        }
        return l;
    }
};

时间\(O(nlgn)\)，空间\(O(n)\)。

Longest Palindromic Substring

• Brute Force
  
  枚举每个子串的起始和结束位置，判断是否回文。时间\(O(n^3)\)，空间\(O(1)\)。
• DP
  
  假设输入ababa，如果我们已经判断了bab是回文的，那么ababa就不需要再扫描一遍，因为两端都是a。
  
  所以一个很直观的动规：
  
  令\(dp(i,j)\)去记忆\(i\)和\(j\)之间的串是否回文，那么转移方程：

\[dp(i,j)=dp(i+1,j-1)\&\&s[i]=s[j]
\]

边界条件\(dp(i,i)=true,dp(i,i+1)=(s[i]=s[i+1])\)：

// 填充方向：由边界条件dp(i,i)向其他地方扩展，只需要填充j>i的三角形部分
class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        vector<vector<bool>> dp(s.length() + 1, vector<bool>(s.length() + 1, false));
        int start = 0, end = 0;
        int maxLen = 1;
        for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
            dp[i][i] = true;
            if (i < s.length() - 1) {
                if (s[i] == s[i + 1]) {
                    dp[i][i + 1] = true;
                    start = i;
                    end = i + 1;
                }
                else {
                    dp[i][i + 1] = false;
                }
            }
        }

        for (int i = s.length() - 1; i >= 0; --i) {
            for (int j = i + 2; j < s.length(); ++j) {
                if (s[i] == s[j]) {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
                    if (dp[i][j] && maxLen < j - i + 1) {
                        start = i;
                        end = j;
                        maxLen = end - start + 1;
                    }
                }
                else {
                    dp[i][j] = false;
                }
            }
        }
        return s.substr(start, end - start + 1);
    }
};

时间\(O(n^2)\)，空间\(O(n^2)\)。

• Expand Around Center
  
  回文串都是镜像对称的，可以遍历整个串，从当前位置向两边延伸，直到遇到不相等的字母。这里要考虑字符串长度的奇偶：

class Solution {
public:
	string longestPalindrome(string s) {
		const int n = s.length();
		if (!n)
			return "";

		int start = 0, end = 0;
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			int len1 = expandCenter(s, i, i);
			int len2 = expandCenter(s, i, i + 1);
			int len = max(len1, len2);
			if (len > end - start + 1) {
				start = i - (len - 1) / 2;
				end = i + len / 2;
			}
		}
		return s.substr(start, end - start + 1);
	}
private:
	int expandCenter(string s, int start, int end) {
		while (start >= 0 && end < s.length() && s[start] == s[end]) {
			--start;
			++end;
		}
		return end - start - 1;
	}
};

时间\(O(n^2)\)，空间\(O(1)\)。

• Manacher's Algorithm（待填）
  
  时间\(O(n)\)。

Longest Palindromic Subsequence

• DP
  
  令\(dp(i,j)\)表示介于\(i\)和\(j\)间的LPS的长度，那么状态转移方程：

\[dp(i,j)=
\begin{cases}
2+dp(i+1,j-1)& \text{s[i]=s[j]}\\
max\{dp(i+1,j),dp(i,j-1)\}& \text{s[i]$\neq$s[j]}
\end{cases}\]

class Solution {
public:
    int longestPalindromeSubseq(string s) {
        const int n = s.size();
        if(!n) {
            return 0;
        }

        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
        int ans = 1;
        for(int i = n - 1;i >= 0;--i) {
            for(int j = i;j < n;++j) {
                if(i == j) {
                    dp[i][j] = 1;
                    continue;
                }
                if(s[i] == s[j]) {
                    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
                }
                else {
                    dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
                }
                ans = max(ans, dp[i][j]);
            }
        }

        return ans;
    }
};

时间\(O(n^2)\)，空间\(O(n^2)\)。

同样，空间可以优化到\(O(n)\)。

class Solution {
public:
    int longestPalindromeSubseq(string s) {
        const int n = s.size();
        if(!n) {
            return 0;
        }

        vector<int> dp(n, 0);
        int ans = 1, pre = 0;
        for(int i = n - 1;i >= 0;--i) {
            pre = dp[0];
            for(int j = i;j < n;++j) {
                int tmp = dp[j];
                if(i == j) {
                    dp[j] = 1;
                    continue;
                }
                if(s[i] == s[j]) {
                    dp[j] = pre + 2;
                }
                else {
                    dp[j] = max(dp[j - 1], dp[j]);
                }
                pre = tmp;
                ans = max(ans, dp[j]);
            }
        }

        return ans;
    }
};