字节前端实习的两道算法题，看看强度如何

最长严格递增子序列

题目描述

给你一个整数数组nums，找到其中最长严格递增子序列的长度。
子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。
示例：
输入：nums = [2,1,6,3,5,4]
输出：3
解释：最长递增子序列是 [1,3,4]，因此长度为 3。

思路

这道题要求最长上升子序列的长度，可以使用动态规划或贪心+二分查找两种方法来解决。

1. 动态规划
   定义状态：dp[i]表示以第i个元素为结尾的最长上升子序列的长度。
   状态转移方程：对于第i个元素，枚举其前面的元素j，如果nums[i] > nums[j]，则dp[i] = dp[j] + 1。同时，在每次更新dp[i]时，更新ans为其最大值。

2. 贪心+二分查找
   定义一个数组d，d[i]记录长度为i的上升子序列的末尾元素的最小值。对于一个新的元素num[i]，如果num[i]大于d[len]，说明可以扩展当前的最长上升子序列，直接将其加入到d中；否则在d中查找第一个大于等于num[i]的元素位置pos，用num[i]替换它，使得可以扩展更长的上升子序列。

两种方法的时间复杂度分别为O(n^2)和O(nlogn)，空间复杂度都是O(n)。

代码

// 方法一：动态规划：时间复杂度O(n^2) 空间复杂度O(n)
var lengthOfLIS = function(nums) {if(nums.length === 0) return 0const dp = new Array(nums.length).fill(1)let ans = 1;for(let i = 1 ; i < nums.length; i ++) {for(let j = 0 ; j < i ; j ++) {if(nums[i] > nums[j]) {dp[i] = Math.max(dp[i],dp[j] + 1);}}ans = Math.max(dp[i],ans);}console.log(dp);return ans;
}; // 方法二：贪心+二分查找：时间复杂度O(nlogn) 空间复杂度O(n)
var lenghtOfLIS = function(nums) {let n = nums.length;if(n === 0) return 0;let d = new Array(n + 1).fill(0);let len = 1;d[len] = nums[0];for(let i = 1; i < n ; i ++) {if(num[i] > d[len]) {d[++len] = nums[i];} else {let l = 1 , r = len , pos = 0;while(l <= r) {let mid = (l + r) >> 1;if(d[mid] < num[i]) {pos = mid;l = mid + 1;} else {r = mid - 1;}}d[pos + 1] = nums[i];}}return len;
}

路径总和 II

题目描述

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

思路

我们可以采用深度优先搜索的方式，枚举每一条从根节点到叶子节点的路径。当我们遍历到叶子节点，且此时路径和恰为目标和时，我们就找到了一条满足条件的路径。

代码

var pathSum = function(root, target) {let ans = [],path = [];let dfs = (root,target) => {if(!root) return;path.push(root.val);target -= root.val;if(root.left === null && root.right === null && target === 0) {ans.push([...path]);}dfs(root.left,target);dfs(root.right,target);path.pop(root.val);}dfs(root,target);return ans;
};