常见动态规划模型【最大子段和、LIS、LCS】

最大子段和

例1：下面数列的最大子段和是多少
-2，11，-4，13，-5，-2

概念：给定一个由数字组成的序列，其中连续的一段子序列称为一个子段，子段中的所有数之和称为子段和，这里只考虑非空子段，即至少包含一个元素的子段。

暴力方法

• 1.最暴力的算法，就是枚举两个端点，遍历所选出的子段求和。枚举端点复杂度为$O(n^2)$，求一个子段的和，复杂度为$O(n)$，因此时间复杂度为$O(n^3)$
• 2.求一个子段和可以预处理前缀和进行优化，将这一部分复杂度将为$O(1)$，总时间复杂度降为$O(n^2)$

动态规划算法

分析：

• 对于全是非正数的序列，很明显结果就是其中元素的最大值
• 对于有正数的序列，考虑以每一个点为结尾的最大子段和，这个子段一定满足其前缀和为非负，因为如果有一个前缀是负的，那么减掉这个前缀对于这个点一定更优，并且这个子段要尽量向前延伸

实现：

• 所以我们可以使用一次扫描，记录目前统计的$sum$及答案$ans$。当$sum$加上当前位置数如果还是正数就继续累加$sum$，否则将$sum$置为0.这样可以舍去所有前缀为负数的情况，并且保证这个子段尽可能长了，每一次$sum$如果比$ans$大的话就更新$ans$，这样就得到了最大子段和
• 时间复杂度为$O(N)$

完整实现：

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int inf = 0x7fffffff;
int num[10];
int main() {
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		cin >> num[i];
	}
	int ans = -inf;
	//先标记ans为num数组中最大值
	for (int i = 0; i < n; ++i) {
		ans = max(ans, num[i]);
	}
	if (ans <= 0) { //最大值小于0则输出
		cout << ans << endl;
	} else {
		int sum = 0;
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			//前缀和为负，将sum置为0
			if (sum + num[i] < 0) {
				sum = 0;
			} else {  //否则继续累加
				sum += num[i];
			}
			ans = max(ans, sum);
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

$input$:

6
-2 11 -4 13 -5 -2

$output$:

20

最长上升子序列(LIS)

例2：在序列5，2，7，9，4，5，7，10中，最大上升子序列的长度为

概念：在原序列取任意项，不改变他们在原来数列的先后次序，得到的序列称为原序列的子序列。最长上升子序列，就是给定序列中一个最长的、数值从低到高排列的子排列，最长上升子序列不一定是唯一的。例如：序列2，1，5，3，6，4，6，3的最长上升子序列为1，3，4，6和2，3，4，6，长度均为4

分析：

• 先确定动态规划的状态，这个问题可以用序列某一项作为结尾来作为一个状态。用$dp[i]$表示一定以第$i$项结尾的最长上升子序列。用$a[i]$表示第$i$项的值，如果有$j<i$且$a[j]<a[i]$，那么把第i项接到第j项后面构成的子序列长度为$dp[i]=dp[j]+1$
• 要使$dp[i]$为以$i$结尾的最长上升子序列，需要枚举所有满足条件的$j$。所以状态转移方程为：

	dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1), 1 <= j < i && a[j] < a[i]

• 最后，$dp$数组中的最大值就是最大上升子序列的长度了
• 时间复杂度为$O(n^2)$

根据上述状态转移方程可以得到下表：

i	1	2	3	4	5	6	7	8
$a[i]$	5	2	7	9	4	5	7	10
$dp[i]$	1	1	2	3	2	3	4	5

完整实现：

#include <iostream>
using namespace std;
int dp[101], a[101], n;
int LIS() {
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		dp[i] = 1;
		for (int j = 1; j < i; ++j) {
			if (a[j] < a[i]) {
				dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
			}
		}
		ans = max(ans, dp[i]);  //ans记录当前位置的最大上升子序列
	}
	return ans;
}
int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
	}
	cout << LIS() << endl;
	return 0;
}

$input$:

8
5 2 7 9 4 5 7 10

$output$:

5

最长公共子序列(LCS)

最长公共子序列：给定两个序列$S_1$和$S_2$，求两者的公共子序列$S_3$的最长的长度

分析：

• 有了前面的基础，可以发现这个问题仍然可以按照序列的长度来划分状态，也就是$S_1$的前$i$个字符和$S_2$的前$j$个字符的最长公共子序列长度，记为$lcs[i][j]$
• 如果$S_1$的第i项，和$S_2$的第$j$项相等，那么$S_1[i]$与$S_2[j]$作为公共子序列的末尾，则：

	lcs[i][j] = lcs[i - 1][j - 1] + 1

• 也可以不让$S_1[i]$与$S_i[j]$作为公共子序列的末尾，则：

	lcs[i][j] = max(lcs[i][j - 1], lcs[i - 1][j])

转移方程:lcs[i][j]={lcs[i−1][j−1]+1S1[i]=S2[j]max⁡{lcs[i][j−1],lcs[i−1][j]}S1[i]≠S2[j]lcs[i][j] = \begin{cases} lcs[i - 1][j - 1] + 1&amp; S_1[i] = S_2[j] \\ \max\{ lcs[i][j - 1], lcs[i - 1][j]\} &amp; S_1[i] \neq S_2[j] \end{cases}lcs[i][j]={lcs[i−1][j−1]+1max{lcs[i][j−1],lcs[i−1][j]}​S1​[i]=S2​[j]S1​[i]̸​=S2​[j]​

举个例子，两个序列$S_1$ = $abcfbc$, $S_2$ = $abfcab$，根据状态转移方程可得下表：

$lcs$	0	1($a$)	2($b$)	3($c$)	4($f$)	5($b$)	6($c$)
0	0	0	0	0	0	0	0
1($a$)	0	1	1	1	1	1	1
2($b$)	0	1	2	2	2	2	2
3($f$)	0	1	2	2	3	3	3
4($c$)	0	1	2	3	3	3	4
5($a$)	0	1	2	3	3	3	4
6($b$)	0	1	2	3	3	4	4

完整实现：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
int dp[101][101];
int main() {
	string a, b;
	cin >> a >> b;
	int lena = a.size();
	int lenb = b.size();
	for (int i = 1; i <= lena; ++i) {
		for (int j = 1; j <= lenb; ++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]);
			}
		}
	}
	cout << dp[lena][lenb] << endl;
	return 0;
}

$input$:

abcdefgh
acjlfabhh

$output$:

4