牛客题解 | 最长回文子序列

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解题思路

  1. 定义 d p [ i ] dp[i] dp[i] 表示 i i i 个节点能构成的不同二叉搜索树的数量
  2. 对于每个节点数 i i i
    • 可以选择 1 1 1 i i i 中的任何一个数作为根节点
    • 左子树由小于根节点的数构成
    • 右子树由大于根节点的数构成
  3. 状态转移方程:
    • d p [ i ] = ∑ j = 1 i d p [ j − 1 ] × d p [ i − j ] dp[i] = \sum_{j=1}^{i} dp[j-1] \times dp[i-j] dp[i]=j=1idp[j1]×dp[ij] j j j 1 1 1 i i i
    • 其中 j − 1 j-1 j1 是左子树节点数, i − j i-j ij 是右子树节点数
  4. 边界条件: d p [ 0 ] = d p [ 1 ] = 1 dp[0] = dp[1] = 1 dp[0]=dp[1]=1

代码

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int numTrees(int n) {
    vector<long long> dp(n + 1, 0);
    dp[0] = 1;
    dp[1] = 1;
    
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= i; j++) {
            dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
        }
    }
    
    return dp[n];
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << numTrees(n) << endl;
    return 0;
}
import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static int numTrees(int n) {
        long[] dp = new long[n + 1];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        
        for(int i = 2; i <= n; i++) {
            for(int j = 1; j <= i; j++) {
                dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
            }
        }
        
        return (int)dp[n];
    }
    
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt();
        System.out.println(numTrees(n));
        sc.close();
    }
}
def num_trees(n):
    dp = [0] * (n + 1)
    dp[0] = dp[1] = 1
    
    for i in range(2, n + 1):
        for j in range(1, i + 1):
            dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]
    
    return dp[n]

n = int(input())
print(num_trees(n))

算法及复杂度

  • 算法:动态规划(卡特兰数)
  • 时间复杂度: O ( n 2 ) \mathcal{O}(n^2) O(n2),需要两层循环
  • 空间复杂度: O ( n ) \mathcal{O}(n) O(n),需要一个 d p dp dp 数组

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解题思路

这是一个求最长回文子序列的问题,可以通过动态规划来解决:

  1. 定义 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示字符串 s s s 在区间 [ i , j ] [i,j] [i,j] 内的最长回文子序列长度
  2. 状态转移方程:
    • s [ i ] = = s [ j ] s[i] == s[j] s[i]==s[j] 时: d p [ i ] [ j ] = d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] + 2 dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2 dp[i][j]=dp[i+1][j1]+2
    • s [ i ] ! = s [ j ] s[i] != s[j] s[i]!=s[j] 时: d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i + 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j − 1 ] ) dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]) dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j1])
  3. 初始条件:
    • i = = j i == j i==j 时, d p [ i ] [ j ] = 1 dp[i][j] = 1 dp[i][j]=1(单个字符是回文)
  4. 最终答案是 d p [ 0 ] [ n − 1 ] dp[0][n-1] dp[0][n1]

代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
using namespace std;

int longestPalindromeSubseq(string s) {
    int n = s.length();
    vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n, 0));
    
    // 初始化单个字符的情况
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i][i] = 1;
    }
    
    // 从长度2开始计算
    for (int len = 2; len <= n; len++) {
        for (int i = 0; i < n - len + 1; i++) {
            int j = i + len - 1;
            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]);
            }
        }
    }
    
    return dp[0][n-1];
}

int main() {
    string s;
    cin >> s;
    cout << longestPalindromeSubseq(s) << endl;
    return 0;
}
import java.util.*;

public class Main {
    public static int longestPalindromeSubseq(String s) {
        int n = s.length();
        int[][] dp = new int[n][n];
        
        // 初始化单个字符的情况
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            dp[i][i] = 1;
        }
        
        // 从长度2开始计算
        for (int len = 2; len <= n; len++) {
            for (int i = 0; i < n - len + 1; i++) {
                int j = i + len - 1;
                if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                    dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
                } else {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
                }
            }
        }
        
        return dp[0][n-1];
    }
    
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        String s = sc.nextLine();
        System.out.println(longestPalindromeSubseq(s));
    }
}
def longestPalindromeSubseq(s):
    n = len(s)
    dp = [[0] * n for _ in range(n)]
    
    # 初始化单个字符的情况
    for i in range(n):
        dp[i][i] = 1
    
    # 从长度2开始计算
    for length in range(2, n + 1):
        for i in range(n - length + 1):
            j = i + length - 1
            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])
    
    return dp[0][n-1]

s = input()
print(longestPalindromeSubseq(s))

算法及复杂度

  • 算法:动态规划
  • 时间复杂度: O ( n 2 ) \mathcal{O}(n^2) O(n2) - 需要填充n×n的dp数组
  • 空间复杂度: O ( n 2 ) \mathcal{O}(n^2) O(n2) - 需要n×n的dp数组存储中间结果

这道题的关键在于理解动态规划的状态转移方程。对于区间 [ i , j ] [i,j] [i,j]

  1. 如果两端字符相同 ( s [ i ] = = s [ j ] ) (s[i] == s[j]) (s[i]==s[j]),可以将这两个字符加入回文序列,长度加 2 2 2
  2. 如果两端字符不同,则取去掉左端点或右端点后的最大值

通过填充 d p dp dp 数组,我们可以得到整个字符串的最长回文子序列长度。注意遍历顺序是按照子序列长度从小到大进行的,这样可以保证计算 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 时,所需的 d p [ i + 1 ] [ j − 1 ] dp[i+1][j-1] dp[i+1][j1] d p [ i + 1 ] [ j ] dp[i+1][j] dp[i+1][j] d p [ i ] [ j − 1 ] dp[i][j-1] dp[i][j1] 都已经计算出来了。

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