DP：两个数组的dp问题

解决两个数组的dp问题的常用状态表示：

1、选取第一个字符串[0-i]区间以及第二个字符串[0,j]区间作为研究对象

2、根据题目的要求确定状态表示

字符串dp的常见技巧

1、空串是有研究意义的，引入空串可以帮助我们思考虚拟的边界如何进行初始化。

2、如果我们的dp多开了一行一列，可以在字符串的前面多加上一个空格（s=“ ”+s）,这样可以保证dp数组和字符串数组的下标映射关系是一一对应的，方便我们书写代码

一、最长公共子序列（模版）

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i][j]表示：s1的[0,i]区间以及s2的[0,j]区间内的所有子序列中，最长公共子序列的长度。

 2、状态转移方程

dp[i][j]:  （从最后一个位置的状况去分情况讨论）

(1)s[i]==s[j]——>dp[i-1][j-1]+1

(2)s[i]!=s[j]——>max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])              

注意：dp[i-1][j]和dp[i][j-1]都包含了dp[i-1][j-1]的情况，但是该题只需要找最大值而不是统计个数，所以不必在意。

3、初始化

多开一行一列，引入空串去研究边界，均初始化为0即可。

4、填表顺序

从上往下填每一行

每一行从左往右填

5、返回值

dp[m][n]

class Solution {
public:int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {//字符串技巧int m=text1.size(),n=text2.size();text1=" "+text1, text2=" "+text2;vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1));for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j)if(text1[i]==text2[j]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);return dp[m][n];}
};

 二、不相交的线

. - 力扣（LeetCode）

该题其实等价于最长公共子序列 

class Solution {
public:int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {//相当于是最长公共子序列int m=nums1.size(),n=nums2.size();vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1));for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j) if(nums1[i-1]==nums2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);return dp[m][n];}
};

三、不同的子序列

. - 力扣（LeetCode）

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i][j]表示：s的[0,j]区间的所有子序列中，有多少个t的[0,i]区间内的子串

 2、状态转移方程

dp[i][j]:  （从s的子序列最后一个位置是否包含s[j]）

(1)包含s[j]——>t[i]==s[j]——>+=dp[i-1][j-1]

(2)不包含s[j]——>+=dp[i][j-1]            

3、初始化

引入空串去思考：

当s和t都为空串时，应该为1

当s为空串，t不为空串的时候，应该为0

当t为空串，s不为空串的时候，应该为1

所以t为空串时，也就是i=0（第一行） 应该都初始化为1  而其他位置则是0

4、填表顺序

从上往下填每一行

每一行从左往右填

5、返回值

dp[m][n]

6、细节处理

该题可能会越界，所以用double去存储。

class Solution {
public:int numDistinct(string s, string t) {//s字符串0-j中所有子序列中 有多少个t字符串内0-i区间内的子串int m=t.size(),n=s.size();vector<vector<double>> dp(m+1,vector<double>(n+1)); //会越界 double>long long//分析最后一位的状态  t[i]==s[j] dp[i-1][j-1]//无论如何dp[i][j]+=dp[i][j-1]//可以利用空串的性质去思考for(int j=0;j<=n;++j) dp[0][j]=1; for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j){dp[i][j]+=dp[i][j-1];if(t[i-1]==s[j-1]) dp[i][j]+=dp[i-1][j-1];}return dp[m][n];}
};

四、通配符匹配（重点）

. - 力扣（LeetCode）

 

class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {//两个数组的dp问题//p中0-j的子串能否匹配s中0-i的子串int m=s.size(),n=p.size();s=" "+s,p=" "+p;vector<vector<bool>> dp(m+1,vector<bool>(n+1));//初始化第一行 当s为空（i=0时） dp[0][0]=true;for(int j=1;j<=n;++j) if(p[j]=='*') dp[0][j]=true;else break;for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j)if(p[j]=='*') dp[i][j]=dp[i-1][j]||dp[i][j-1];else dp[i][j]=(p[j]=='?'||s[i]==p[j])&&dp[i-1][j-1];return dp[m][n];}
};

 五、正则表达式匹配（重点）

. - 力扣（LeetCode）

class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {//p中0-j的子串能否匹配s中0-i的子串int m=s.size(),n=p.size();s=" "+s,p=" "+p;//控制下标的映射vector<vector<bool>> dp(m+1,vector<bool>(n+1));//如果是  (p[j]=="."||p[j]==s[i])&&dp[i-1][j-1]//如果是 * 取决于p[j-1]   p[j-1]='.' 匹配空 dp[i][j-2]  匹配1个 dp[i-1][j-2]……//所以dp[i][j]=dp[i][j-2]||dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]……//数学推导 dp[i-1][j]=dp[i-1][j-2]||dp[i-2][j-2]……  //dp[i][j]=dp[i][j-2]||dp[i-1][j] //如果p[j-1]==s[i] //初始化dp[0][0]=true;for(int j=2;j<=n;j+=2) if(p[j]=='*') dp[0][j]=true;else break;//填表for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j)if(p[j]=='*') dp[i][j]=dp[i][j-2]||(p[j-1]=='.'||p[j-1]==s[i])&&dp[i-1][j];else dp[i][j]=(p[j]=='.'||p[j]==s[i])&&dp[i-1][j-1];return dp[m][n];}
};

六、交错字符串

. - 力扣（LeetCode）

预处理：在s1、s2、s3前面加上“ ”

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i][j]表示：s1字符串的[1,i]区间和s2字符串的[1,j]区间的字符串能否拼凑成s3[1,i+j]子串

 2、状态转移方程

dp[i][j]:  （从最后一个位置）

dp[i][j]=    s1[i]==s3[i+j]&&dp[i-1][j] ||s2[j]==s3[i+j]&&dp[i][j-1]

3、初始化

引入空串去思考：

当s1和s2均为空串时，s3也为空串，所以是true

当s1是空串，s2不是空串时，s3取决于s2 所以如果第一行一直是s2[j]==s3[j]就是true，一旦有一个不满足，就跳出循环。

当s2是空串，s1不是空串时，s3取决于s1 所以如果第一列一直是s1[i]==s3[i]就是true，一旦有一个不满足，就跳出循环。

所以需要按照上面的规则对第一行和第一列进行相关的初始化。

4、填表顺序

从上往下填每一行

每一行从左往右填

5、返回值

dp[m][n]

class Solution {
public:bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {int m=s1.size(),n=s2.size();if(m+n!=s3.size()) return false;//优化s1=" "+s1,s2=" "+s2,s3=" "+s3;//dp[i][j]表示s1 1-i s2 1-j 能否组成 s3 1-i+jvector<vector<bool>> dp(m+1,vector<bool>(n+1));//先初始化第一列  此时s2是空串dp[0][0]=true;for(int i=1;i<=m;++i) if(s1[i]==s3[i]) dp[i][0]=true;else break;  //初始化第一行 s1是空串for(int j=1;j<=n;++j)if(s2[j]==s3[j]) dp[0][j]=true;else break;//开始填表 讨论最后一个位置  s1[i]==s[j]for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j) dp[i][j]=(s1[i]==s3[i+j])&&dp[i-1][j]||(s2[j]==s3[i+j])&&dp[i][j-1];return dp[m][n];}
};

七、两个字符串的最小ASCII删除和

. - 力扣（LeetCode）

 预处理：要求删除序列的最小ascii值，删除之后剩下的序列是一样的，并且总ascii值是不变的，所以我们可以运用正难则反的思路。

将问题转化为：求两个字符串所有最长公共子序列中的ascii码值的最大和

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i][j]表示：s1字符串的[0,i]区间和s2字符串的[0,j]区间的所有子序列里，公共子序列最大的ascii码和

 2、状态转移方程

dp[i][j]:  （从最后一个位置）

s1[i]==s2[j]——dp[i-1][j-1]+s1[i]  

s1[i]!=s2[j]——max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])

3、初始化

引入空串去思考：

都初始化为0即可

4、填表顺序

从上往下填每一行

每一行从左往右填

5、返回值

sum-2*dp[m][n]  （sum为两个字符串的ascii码值总和）

class Solution {
public:int minimumDeleteSum(string s1, string s2) {int m=s1.size(),n=s2.size();vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1));//正难则反 找两个字符串的最小ascii删除和可以等价于//找两个字符串的ascii总值-两个字符串的最长公共子序列的ascii值//dp[i][j] s1 0-i 以及s2 0-j 所有子序列中最长公共子序列的ascii值总和for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j)if(s1[i-1]==s2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+s1[i-1];else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);int sum=0;for(char&ch:s1) sum+=ch;for(char&ch:s2) sum+=ch;return sum-2*dp[m][n];}
};

八、最长重复子数组

. - 力扣（LeetCode）

 子数组最大的特点就是必须连续！！

算法原理：

1、状态表示（经验+题目要求）

dp[i][j]表示：nums1中以i位置为结尾的所有子数组以及nums2中以j位置为结尾的所有子数组中，最长重复子数组的长度。

 2、状态转移方程

dp[i][j]:  （从最后一个位置）

nums1[i]!=nums2[j]——>0

nums1[i]==nums2[j]——>dp[i-1][j-1]+1

3、初始化

都初始化为0即可

4、填表顺序

从上往下填每一行

每一行从左往右填

5、返回值

dp表中的最大值

class Solution {
public:int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m=nums1.size(),n=nums2.size();vector<vector<int>> dp(m+1,vector<int>(n+1));//dp[i][j]表示 nums1以i位置结尾 nums2以j位置结尾的最长公共子数组长度int ret=0;for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j)if(nums1[i-1]==nums2[j-1]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1,ret=max(ret,dp[i][j]);return ret;}
};