动态规划和递归有什么区别和联系

实现代码为：

classSolution{
publicintlengthOfLIS(int[]nums){
intdp[]=newint[nums.length];
intmaxLen=1;
dp[0]=1;
for(inti=1;iintmax=0;//统计前面末尾数字比自己小最长递增子串
for(intj=0;j//枚举
//结尾数字小于当前数字并且长度大于记录的最长
if(nums[j]max){
max=dp[j];
}
}
dp[i]=max+1;//前面最长加上自己
if(maxLenreturnmaxLen;
}
}

不过这道题还有一个优化，可以优化成O(nlogn)的时间复杂度。

我们用dp记录以nums[i]结尾的最长子序列长度,纵观全局，我们希望在长度一致的情况下末尾的值能够尽量的小！

例如 2,3,9,5 …… 在前面最长的长度为3 我们愿意抛弃2,3,9 而全部使用2,3,5 。也就是对于一个值，我们希望这个值能更新以它为结尾的最长的序列的末尾值。

如果这个值更新不了最长的序列，那就尝试更新第二长的末尾值以防待用。例如 2,3,9,5,4,5 这个序列2,3,5更新2,3,9;然后2,3,4更新2,3,5 为最长的2,3,4,5做铺垫。

而这个思路的核心就是维护一个lenth[]数组，length[i]表示长度为i的子序列末尾最小值，因为我们每次顺序增加一个长度说明这个值比前面的都大(做了充分比较)，所以这个数组也是个递增的，递增，那么在锁定位置更新最大长度序列尾值的时候可以使用二分法优化。

实现代码为：

classSolution{
publicintlengthOfLIS(int[]nums){
intlength[]=newint[nums.length];
intlen=1;
length[0]=nums[0];
for(inti=1;iintleft=0,right=len;
while(leftintmid=left+(right-left)/2;
if(length[mid]1;
}else{
right=mid;
}
}
length[left]=nums[i];
if(right==len)
len++;
}
returnlen;
}
}

最长公共子序列

最长公共子序列也成为LCS.出现频率非常高！

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。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。

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。

拿b c d d e和 a c e e d e举例，其的公共子串为c d e。如果使用暴力，复杂度太高会直接超时，就需要使用动态规划。两个字符串匹配，我们设立二维dp[][]数组，dp[i][j]表示text1串第i个结尾，text2串第j个结尾的最长公共子串的长度。

这里核心就是要搞懂状态转移，分析dp[i][j]的转换情况，当到达i,j时候：

如果text1[i]==text2[j],因为两个元素都在最末尾的位置，所以一定可以匹配成功，换句话说，这个位置的邻居dp值不可能大于他（最多相等）。所以这个时候就是dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;

如果text1[i]!=text2[j]，就有两种可能性，我们知道的邻居有dp[i-1][j],dp[i][j-1]，很多人还会想到dp[i-1][j-1]这个一定比前两个小于等于，因为就是前面两个子范围嘛！所以这时就相当于末尾匹配不成，就要看看邻居能匹配的最大值啦，此时dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])。

所以整个状态转移方程为：

dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1//text1[i]==text2[j]时
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j])//text1[i]!=text2[j]时

实现代码为：

classSolution{
publicintlongestCommonSubsequence(Stringtext1,Stringtext2){
charch1[]=text1.toCharArray();
charch2[]=text2.toCharArray();
intdp[][]=newint[ch1.length+1][ch2.length+1];
for(inti=0;ifor(intj=0;jif(ch1[i]==ch2[j])
{
dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
}
else
dp[i+1][j+1]=Math.max(dp[i][j+1],dp[i+1][j]);

}
}
returndp[ch1.length][ch2.length];
}
}

最长公共子串

给定两个字符串str1和str2,输出两个字符串的最长公共子串。

例如 abceef 和a2b2cee3f的最长公共子串就是cee。公共子串是两个串中最长连续的相同部分。

如何分析呢? 和上面最长公共子序列的分析方式相似，要进行动态规划匹配，并且逻辑上处理更简单，只要当前i,j不匹配那么dp值就为0，如果可以匹配那么就变成dp[i-1][j-1] + 1

核心的状态转移方程为：

dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1//text1[i]==text2[j]时
dp[i][j]=0//text1[i]!=text2[j]时

这里代码和上面很相似就不写啦，但是有个问题有的会让你输出最长字符串之类，你要记得用一些变量存储值。

不同子序列

不同子序列也会出现，并且有些难度，前面这篇不同子序列问题分析讲的大家可以看看。

给定一个字符串 s 和一个字符串 t ，计算在 s 的子序列中 t 出现的个数。

字符串的一个 子序列 是指，通过删除一些（也可以不删除）字符且不干扰剩余字符相对位置所组成的新字符串。（例如，"ACE" 是 "ABCDE" 的一个子序列，而 "AEC" 不是）

示例 ：

输入：s ="rabbbit",t="rabbit"
输出：3
解释：
如下图所示,有3种可以从s中得到"rabbit"的方案。
(上箭头符号^表示选取的字母)
rabbbit
^^^^^^
rabbbit
^^^^^^
rabbbit
^^^^^^

分析：
这个问题其实就是上面有几个pat的变形拓展，其基本思想其实是一致的，上面那题问的是有几个pat，固定、且很短。但这里面t串的长度不固定，所以处理上就要使用数组来处理而不能直接if else。

这题的思路肯定也是动态规划dp了，dp[j]的意思就是t串中[0,j-1]长字符在s中能够匹配的数量(当然这个值从前往后是动态变化的)，数组大小为dp[t.length+1]。在遍历s串的每一个元素都要和t串中所有元素进行对比看看是否相等，如果s串枚举到的这个串和t串中的第j个相等。那么dp[j+1]+=dp[j]。你可能会问为啥是dp[j+1],因为第一个元素匹配到需要将数量+1，而这里为了避免这样的判断我们将dp[0]=1,这样t串的每个元素都能正常的操作。

但是有一点需要注意的就是在遍历s串中第i个字母的时候，遍历t串比较不能从左向右而必须从右向左。因为在遍历s串的第i个字符在枚举dp数组时候要求此刻数据是相对静止的叠加(即同一层次不能产生影响)，而从左往右进行遇到相同字符会对后面的值产生影响。区别的话可以参考下图这个例子：

实现的代码为：

classSolution{
publicintnumDistinct(Strings,Stringt){
chars1[]=s.toCharArray();
chart1[]=t.toCharArray();
intdp[]=newint[t1.length+1];
dp[0]=1;//用来叠加

for(inti=0;ifor(intj=t1.length-1;j>=0;j--)
{
if(t1[j]==s1[i])
{
dp[j+1]+=dp[j];
}
}
}
returndp[t1.length];
}
}

结语

至此，简单的动态规划算是分享完了。

大部分简单动态规划还是有套路的，你看到一些数组问题、字符串问题很有可能就暗藏动态规划。动态规划的套路跟递归有点点相似，主要是找到状态转移方程，有时候考虑问题不能一步想的太多(想太多可能就把自己绕进去了)，而动态规划就是要大家对数值上下转换计算需要了解其中关系。

对于复杂dp问题或者很多套一层壳确实很难看出来，但是掌握上面的常见dp问题和背包问题，就可以解决大部分动态规划问题啦(毕竟咱们不是搞竞赛遇到的还是偏简单或者中等难度的)。