牛客题解 | 最长回文子序列_牛客最长回文c++-优快云博客

题目## 题目

解题思路

定义 $d p [i]$ 表示 $i$ 个节点能构成的不同二叉搜索树的数量
对于每个节点数 $i$ ：
- 可以选择 $1$ 到 $i$ 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
状态转移方程：
- $\sum_{j=1}^{i} dp[j-1] \times dp[i-j]$ ， $j$ 从 $1$ 到 $i$
- 其中 $j - 1$ 是左子树节点数， $i - j$ 是右子树节点数
边界条件： $d p [0] = d p [1] = 1$

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： $\mathcal{O}(n^2)$ ，需要两层循环
空间复杂度： $\mathcal{O}(n)$ ，需要一个 $d p$ 数组

题目链接

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：

定义 $d p [i] [j]$ 表示字符串 $s$ 在区间 $[i, j]$ 内的最长回文子序列长度
状态转移方程：
- 当 $s [i] == s [j]$ 时： $d p [i] [j] = d p [i + 1] [j - 1] + 2$
- 当 $s [i]! = s [j]$ 时： $d p [i] [j] = ma x (d p [i + 1] [j], d p [i] [j - 1])$
初始条件：
- 当 $i == j$ 时， $d p [i] [j] = 1$ （单个字符是回文）
最终答案是 $d p [0] [n - 1]$

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： $\mathcal{O}(n^2)$ - 需要填充n×n的dp数组
空间复杂度： $\mathcal{O}(n^2)$ - 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 $[i, j]$ ：

如果两端字符相同 $(s [i] == s [j])$ ，可以将这两个字符加入回文序列，长度加 $2$
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 $d p$ 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 $d p [i] [j]$ 时，所需的 $d p [i + 1] [j - 1]$ 、 $d p [i + 1] [j]$ 和 $d p [i] [j - 1]$ 都已经计算出来了。