动态规划六——两个数组的dp问题

目录

题目一——1143. 最长公共子序列 - 力扣（LeetCode）

题目二——1035. 不相交的线 - 力扣（LeetCode） 

 题目三——115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）

题目四—— 44. 通配符匹配 - 力扣（LeetCode）

题目五——10. 正则表达式匹配 - 力扣（LeetCode） 

题目六——97. 交错字符串 - 力扣（LeetCode） 

题目七——712. 两个字符串的最小ASCII删除和 - 力扣（LeetCode） 

题目八——718. 最长重复子数组 - 力扣（LeetCode） 

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题目一——1143. 最长公共子序列 - 力扣（LeetCode）

这题是经典中的经典！！！

1.状态表示：

对于两个数组的动态规划，我们的定义状态表示的经验就是：

• i. 选取第一个数组[0, i]区间以及第二个数组[0, j]区间。
• ii. 结合题目要求，定义状态表示。

在这道题中，我们根据定义状态表示为：

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

2.状态转移方程：

分析状态转移方程的经验就是根据「最后一个位置」的状况，分情况讨论。

对于dp[i][j]，我们可以根据s1[i]与s2[j]的字符分情况讨论：

i. 两个字符相同，即s1[i] = s2[j]：那么最长公共子序列就在s1的[0, i - 1]区间以及s2的[0, j - 1]区间上找到一个最长的，然后再加上s1[i]即可。因此dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1；

ii. 两个字符不相同，即s1[i] != s2[j]：那么最长公共子序列一定不会同时以s1[i]和s2[j]结尾。那么我们找最长公共子序列时，有下面三种策略：

• 去s1的[0, i - 1]以及s2的[0, j]区间内找：此时最大长度为dp[i - 1][j]；
• 去s1的[0, i]以及s2的[0, j - 1]区间内找：此时最大长度为dp[i][j - 1]；
• 去s1的[0, i - 1]以及s2的[0, j - 1]区间内找：此时最大长度为dp[i - 1][j - 1]。

我们要三者的最大值即可。但是我们细细观察会发现，第三种包含在第一种和第二种情况里面，但是我们求的是最大值，并不影响最终结果。因此只需求前两种情况下的最大值即可。
综上，状态转移方程为：

• if(s1[i] == s2[j]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
• if(s1[i] != s2[j]) dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])。

3.初始化：

我们知道状态转移方程会使用dp[i - 1][j - 1]，那对于i==0和j==0的情况，那这个dp[i - 1][j - 1]不是会越界吗，为了防止这个情况的发生，我们可以将dp表多开一行一列，但是这样子会影响到和原数组的下标映射关系，所以我们可以在原字符串前加一个空字符，这样子就不会有下标映射的困扰了

此外，当s1为空时，没有长度，同理s2也是。因此dp表里面第一行和第一列里面的值初始化为0即可保证后续填表是正确的。

• a. 「空串」是有研究意义的，因此我们将原始dp表的规模多加上一行和一列，表示空串。
• b. 引入空串后，大大的方便我们的初始化。
• c. 但也要注意「下标的映射关系」，以及里面的值要「保证后续填表是正确的」。

4.填表顺序：

根据「状态转移方程」得：从上往下填写每一行，每一行从左往右。

5.返回值：

根据「状态表示」得：返回dp[m][n]。

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 代码如下：

class Solution {
public:int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {int m=text1.size(),n=text2.size();vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1,0));text1=' '+text1;text2=' '+text2;int ret=0;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]);}ret=max(ret,dp[i][j]);}}return ret;}
};

 

题目二——1035. 不相交的线 - 力扣（LeetCode） 

 

 如果要保证两条直线不相交，那么我们「下⼀个连线」必须在「上⼀个连线」对应的两个元素的 「后⾯」寻找相同的元素。这不就转化成「最⻓公共⼦序列」的模型了嘛。

那就是在这两个数组中 寻找「最⻓的公共⼦序列」。 只不过是在整数数组中做⼀次「最⻓的公共⼦序列」，代码⼏乎⼀模⼀样，这⾥就不再赘述算法原理啦~

class Solution {
public:int maxUncrossedLines(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m=nums1.size(),n=nums2.size();vector<vector<int>>dp(m+1,vector<int>(n+1,0));int ret=0;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(nums1[i-1]==nums2[j-1])//注意下标映射关系{dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}ret=max(ret,dp[i][j]);}}return ret;}
};

 题目三——115. 不同的子序列 - 力扣（LeetCode）

 

1.状态表示：

 对于两个字符串之间的 dp 问题，我们⼀般的思考⽅式如下：

• i. 选取第⼀个字符串的 [0, i] 区间以及第⼆个字符串的[0, j] 区间当成研究对象，结合题⽬的要求来定义「状态表⽰」；
• ii. 然后根据两个区间上「最后⼀个位置的字符」，来进⾏「分类讨论」，从⽽确定「状态转移 ⽅程」。

我们可以根据上⾯的策略，解决⼤部分关于两个字符串之间的 dp 问题。

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

2.状态转移方程：

接下来，我们根据两个区间上“最后一个位置的字符”来进行分类讨论，以确定状态转移方程。

• 当 t[i] == s[j] 时，此时的子序列有两种选择：

  • 一种选择是选择s[i]为结尾：这意味着问题就是在字符串 s 的 [0, j] 区间内的所有子序列中，有多少个 t字符串 的 [0, i] 区间的子序列。这意味着，在 dp[i - 1][j - 1] 中的所有符合要求的子序列的后面，再加上一个字符 s[j]。因此，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]。

  • 另一种选择是不选择s[i]为结尾：这意味着问题就是在字符串 s 的 [0, j-1] 区间内的所有子序列中，有多少个 t字符串 的 [0, i] 区间的子序列。这意味着，我们直接继承了 dp[i][j - 1] 中所有符合要求的子序列。因此，dp[i][j] = dp[i][j - 1]。

  • 综合两种情况，当 t[i] == s[j] 时，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1]。

• 当 t[i] != s[j] 时，由于 s[j] 与 t[i] 不匹配，此时的子序列只能从 dp[i][j - 1] 中选择所有符合要求的子序列。也就是说，我们只能继承上一个状态中求得的子序列。因此，dp[i][j] = dp[i][j - 1]。

综上所述，状态转移方程可以总结为：

• 在所有情况下，dp[i][j] 都可以继承上一次的结果，即 dp[i][j] = dp[i][j - 1]。
• 当 t[i] == s[j] 时，除了继承上一次的结果外，还可以多选择一种情况，即 dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1]。

3.初始化

 我们知道状态转移方程会出现j-1或者i-1，那当j=0或者i=0的时候那不是会越界吗？这可不行，所以我们需要另外开一行一列，这样子就能防止越界情况的发生了。

只不过这样子的新dp表的下标和原数组的下标是对不上的。是需要经过-1才能得到原数组的下标的。为了避免这种麻烦，我们直接给两个字符串的最前面加上一个空字符串' '，这样就可以免去下标映射的痛苦。

此外，当 s 为空时， t 的⼦串中有⼀个空串和它⼀样，因此初始化第⼀⾏全部为 1 。

 4.填表顺序

 我们看状态转移方程 dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1]。

这就决定了dp[i - 1][j - 1]一定比dp[i][j]先出现，所以是从左往右，从上往下。

 5.返回值

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

所以我们返回dp[t.size()][s.size()]。即可

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本题有⼀个巨恶⼼的地⽅，题⽬上说结果不会超过 int 的最⼤值，但是实际在计算过程会会超。为了避免报错，我们选择 double 存储结果。

class Solution {
public:int numDistinct(string s, string t) {int n=s.size(),m=t.size();vector<vector<double>>dp(m+1,vector<double>(n+1));for(int j = 0; j <= n; j++) dp[0][j] = 1; // 初始化s=' '+s;t=' '+t;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(s[j]==t[i]){dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j-1];}else{dp[i][j]=dp[i][j-1];}}}return dp[m][n];}
};

题目四—— 44. 通配符匹配 - 力扣（LeetCode）

嗯？这个和我们的Linux里面的通配符是一模一样的啊！！！

1.状态表示

对于两个字符串之间的DP问题，我们通常的思考方式如下：

• 将第一个字符串 s 的 [0, i] 区间和第二个字符串 p 的 [0, j] 区间作为研究对象。
• 定义状态 dp[i][j] 来表示某种关系或属性，这个关系或属性通常与 s 的前 i+1 个字符和 p 的前 j+1 个字符有关。

在这个上下文中，我们可以定义 dp[i][j] 为：

• dp[i][j] 表示 s 的【0，i】区间的字符串能否与 p 的【0，j】区间的字符串相匹配。

2.推导状态转移方程

首先啊，这种题目都是在最后一个字符做文章啊！！！

一共有三种情况

1. 当 s[i] == p[j]或者p[j] == '?' 的时候
2. 当 p[j] == '*' 的时候
3. 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时

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当 s[i] == p[j]或者p[j] == '?' 的时候，此时两个字符串匹配上了当前的⼀个字 符，只能从 dp[i - 1][j - 1] 中看当前字符前⾯的两个⼦串是否匹配。只能继承上个 状态中的匹配结果， dp[i][j] = dp[i-1][j - 1] ； 

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当 p[j] == '*' 的时候，此时匹配策略有多种情况：

* 匹配空字符串，此时相当于它匹配了一个寂寞，直接继承状态 dp 数组的前一个状态，即 dp[i][j-1]，此时 dp[i][j] = dp[i][j - 1]；

 * 匹配s字符串里的一个字符，直接继承状态 dp 数组的前一个状态，即dp[i-1][j-1]，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]

 * 匹配s字符串里的两个字符时，，直接继承状态 dp 数组的前一个状态，即dp[i-2][j-1]，此时dp[i][j]=dp[i-2][j-1]

那么匹配3个字符，4个字符……啥的就不说了啊！！

* 向前匹配 1 ~ n 个字符，直⾄匹配上整个 s 串。此时相当于 从 dp[k][j - 1] (0 <= k <= i) 中所有匹配情况中，选择性继承可以成功的 情况。此时 dp[i][j] = dp[k][j - 1] (0 <= k <= i) ；

优化：当我们发现，计算⼀个状态的时候，需要⼀个循环才能搞定的时候，我们要想到去优化。优化的⽅向就是⽤⼀个或者两个状态来表⽰这⼀堆的状态。通常就是把它写下来，然后⽤数学的⽅式 做⼀下等价替换。

在这里，我们发现只要这个dp[i][j] = dp[k][j - 1] (0 <= k <= i) ，只要dp[i][j] = dp[k][j - 1] (0 <= k <= i) 里面任何一个是true，那么dp[i][j]就是true。

当 p[j] == '*' 时，状态转移⽅程为：dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 2][j - 1] ......

但是当我们不断的修改i的值，我们就会发现下面这个情况

1. dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 2][j - 1] ......
2. dp[i - 1][j] = dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 2][j - 1] || dp[i - 3] [j - 1] ......

大家惊奇的发现dp[i][j]=dp[i-1][j] || dp[i][j-1]；

那不就很简单了吗？循环也省去了。

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当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，⽆法匹配。

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三种情况加起来，就是所有可能的匹配结果。

1. 当 s[i] == p[j]或者p[j] == '?' 的时候：此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
2. 当 p[j] == '*' 的时候，此时dp[i][j]=dp[i-1][j]||dp[i][j-1]
3. 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，此时dp[i][j]=false;

3. 初始化：

 我们知道状态转移方程会使用dp[i - 1][j - 1]，那对于i==0和j==0的情况，那这个dp[i - 1][j - 1]不是会越界吗，为了防止这个情况的发生，我们可以将dp表多开一行一列，但是这样子会影响到和原数组的下标映射关系，所以我们可以在原字符串前加一个空字符，这样子就不会有下标映射的困扰了

为了防止大家搞混和原字符串的下标映射关系，我们可以在原字符串前面加一个空字符。这样子下标映射就没有问题了。

由于 dp 数组的值设置为是否匹配，为了不与答案值混淆，我们需要将整个数组初始化为 false 。 由于需要⽤到前⼀⾏和前⼀列的状态，我们初始化第⼀⾏、第⼀列即可。

• dp[0][0] 表⽰两个空串能否匹配，答案是显然的，初始化为 true 。
• 第⼀⾏（dp[0][j]）表⽰ s 是⼀个空串， p 串和空串只有⼀种匹配可能，即 p 串表⽰为"***" ，此时也相当于空串匹配上空串。所以，我们可以遍历 p 串，把所有前导为 "*" 的p ⼦串和空串的 dp 值设为  true 。
• 第⼀列表⽰ p 是⼀个空串，不可能匹配上 s 串，跟随数组初始化即可。

4. 填表顺序：

从上往下填每⼀⾏，每⼀⾏从左往右。

5. 返回值：

根据状态表⽰，返回 dp[m][n] 的 值。

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class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {int m=s.size(),n=p.size();s=' '+s;p=' '+p;//初始化vector<vector<bool>>dp(m+1,vector<bool>(n+1,false));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(s[i]==p[j]||p[j]=='?'){dp[i][j]=dp[i-1][j-1];}else if(p[j]=='*'){dp[i][j]=dp[i-1][j]||dp[i][j-1];}}}return dp[m][n];}
};

题目五——10. 正则表达式匹配 - 力扣（LeetCode） 

 

 我们仔细看一下题目

我觉得大家最不理解的就是这个*，我来讲一下

• *不能单独存在，只能和它前面那个字符搭配使用
• a* 表示 a 可以出现零次或多次
• 题目保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符

1.状态表示

对于两个字符串之间的DP问题，我们通常的思考方式如下：

• 将第一个字符串 s 的 [0, i] 区间和第二个字符串 p 的 [0, j] 区间作为研究对象。
• 定义状态 dp[i][j] 来表示某种关系或属性，这个关系或属性通常与 s 的前 i+1 个字符和 p 的前 j+1 个字符有关。

在这个上下文中，我们可以定义 dp[i][j] 为：

• dp[i][j] 表示 s 的【0，i】区间的字符串能否与 p 的【0，j】区间的字符串相匹配。

2.推导状态转移方程

首先啊，这种题目都是在最后一个字符做文章啊！！！

一共有三种情况

1. 当 s[i] == p[j]或者p[j] == '.' 的时候
2. 当 p[j] == '*' 的时候
3. 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时

---

当 s[i] == p[j]或者p[j] == '.' 的时候，此时两个字符串匹配上了当前的⼀个字 符，只能从 dp[i - 1][j - 1] 中看当前字符前⾯的两个⼦串是否匹配。只能继承上个 状态中的匹配结果， dp[i][j] = dp[i-1][j - 1] ； 

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当 p[j] == '*' 的时候，和上道题稍有不同的是，上道题 "*" 本⾝便可匹配  0 ~ n 个字符，但此题是要带着 p[j - 1] 的字符⼀起，匹配 0 ~ n 个和 p[j - 1] 相同的字 符。

按照上题的思路，我们可能会像下面这样子干

p[j-1]* 变成空字符串，这个时候我不需要管你s[i]是什么，我直接将p[j-1]*设置为一个空串，此时相当于它匹配了一个寂寞，直接继承状态 dp 数组的前一个状态，即 dp[i][j-2]，此时 dp[i][j] = dp[i][j - 2]；

p[j-1]*匹配s字符串里的一个字符时，此时p[j-1]==s[i]或者p[j-1]=='.'，直接继承状态 dp 数组的前一个状态，即dp[i-1][j-2]，此时dp[i][j]=dp[i-1][j-2]

 p[j-1]* 匹配s字符串里的两个字符时，此时p[j-1]==s[i]或者p[j-1]=='.'，直接继承状态 dp 数组的前一个状态，即dp[i-2][j-2]，此时dp[i][j]=dp[i-2][j-2]

那么p[j-1]* 匹配3个字符，4个字符……啥的就不说了啊！！

p[j-1]* 向前匹配 1 ~ n 个字符，直⾄匹配上整个 s 串。此时相当于 从 dp[k][j - 1] (0 <= k <= i) 中所有匹配情况中，选择性继承可以成功的 情况。此时 dp[i][j] = dp[k][j - 2] (0 <= k <= i) ；

优化：当我们发现，计算⼀个状态的时候，需要⼀个循环才能搞定的时候，我们要想到去优化。优化的⽅向就是⽤⼀个或者两个状态来表⽰这⼀堆的状态。通常就是把它写下来，然后⽤数学的⽅式 做⼀下等价替换。

在这里，我们发现只要这个dp[i][j] = dp[k][j - 2] (0 <= k <= i) ，只要dp[i][j] = dp[k][j - 2] (0 <= k <= i) 里面任何一个是true，那么dp[i][j]就是true。

当 p[j] == '*' 时，状态转移⽅程为：dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 2][j - 1] ......

但是当我们不断的修改i的值，我们就会发现下面这个情况

1. dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 2][j - 2] ......
2. dp[i - 1][j] = dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 2][j - 2] || dp[i - 3] [j - 2] ......

大家惊奇的发现dp[i][j]=dp[i-1][j] || dp[i][j-2]；

但是后面这个dp[i-1][j]是有前提的——p[j-1] == s[i]  || p[j-1] == '.'。

• dp[i][j] = dp[i][j-2] || (dp[i-1][j] && (p[j-1] == s[i]  || p[j-1] == '.'));

那不就很简单了吗？循环也省去了。

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当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，⽆法匹配。

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三种情况加起来，就是所有可能的匹配结果。

1. 当 s[i] == p[j]或者p[j] == '?' 的时候：此时dp[i][j]=dp[i-1][j-1]
2. 当 p[j] == '*' 的时候，此时dp[i][j] = dp[i][j-2] || (dp[i-1][j] && (p[j-1] == s[i]  || p[j-1] == '.'));
3. 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，此时dp[i][j]=false

3. 初始化：

由于 dp 数组的值用于表示是否匹配，为了避免与答案值混淆，我们需要将整个数组初始化为 false。由于需要用到前一行和前一列的状态，我们需要特别初始化第一行和第一列。

• dp[0][0] 表示两个空串能否匹配，答案显然是 true，因为空串与空串总是匹配的。

• 第一行是dp[0][j]，这表示 s 是一个空串，而 p 串和空串的匹配情况只有一种可能，即 p 串全部字符表示为“ 任意字符 +  *”，此时也相当于空串匹配上空串。所以，我们可以遍历 p 串，把所有前导为"任⼀字符+*" 的 p ⼦串和空串的 dp 值设为 true

• 第一列表示 p 是一个空串，此时不可能匹配上 s 串（除非 p 本身就是一个空串或者由 * 组成的表示空串的模式，但这种情况已经在第一行处理过了），因此第一列（除了 dp[0][0]）应该全部初始化为 false。

4. 填表顺序：

从上往下填每一行，每一行从左往右。即按照 dp[i][j] 的顺序，其中 i 从 0 到 m（s 的长度），j 从 0 到 n（p 的长度）。

5. 返回值：

根据状态表示，最终返回 dp[m][n] 的值，它表示 s 串和 p 串是否匹配。

---

class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {int m=s.size(),n=p.size();s=' '+s;p=' '+p;vector<vector<bool>>dp(m+1,vector<bool>(n+1,false));//初始化dp[0][0] = true; //本来应该是for(int i=1;i<=n;i+=2)的，但是我们p=' '+p;，//所以真正的第二个字符的下标是2for(int i=2;i<=n;i+=2){if(p[i] == '*') dp[0][i] = true;elsebreak;}for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(s[i]==p[j]||p[j]=='.'){dp[i][j]=dp[i-1][j-1];}else if(p[j]=='*'){dp[i][j] = dp[i][j-2] || (dp[i-1][j] && (s[i] == p[j-1] || p[j-1] == '.'));}}}return dp[m][n];}
};

 

题目六——97. 交错字符串 - 力扣（LeetCode） 

1.状态表示

对于两个字符串之间的 dp 问题，我们⼀般的思考⽅式如下：

1. 选取第⼀个字符串的 [0, i] 区间以及第⼆个字符串的 [0, j] 区间当成研究对象，结合题⽬的要求来定义「状态表⽰」；
2. 然后根据两个区间上「最后⼀个位置的字符」，来进⾏「分类讨论」，从⽽确定「状态转移 ⽅程」。

我们可以根据上⾯的策略，解决⼤部分关于两个字符串之间的 dp 问题。 但是这道题目有3个字符串。我们的经验还能用吗？应该是可以的

我们定了s1和s2的长度，那肯定能知道此时它们能匹配上的s3的长度。

dp[i][j] 表示字符串 s1 的【0，i】和字符串 s2 的【0，j】能否拼接成字符串 s3 的【0，i+j-1】里面的字符。

大家可能看这个i+j-1不太顺眼，所以我们可以进行一下优化。

我们先把所有原字符串进行预处理，也就是s1 = " " + s1, s2 = " " + s2, s3 = " " + s3 。

dp[i][j] 表示字符串 s1 的【1，i】和字符串 s2 的【1，j】能否拼接成字符串 s3 的【1，i+j】里面的字符。

2.推导状态转移方程

        先分析⼀下题⽬，题⽬中交错后的字符串为 s1 + t1 + s2 + t2 + s3 + t3...... ，看似⼀个 s ⼀个 t 。实际上 s1 能够拆分成更⼩的⼀个字符，进⽽可以细化成 s1 + s2 + s3 + t1 + t2 + s4...... 。

        也就是说，并不是前⼀个⽤了s 的⼦串，后⼀个必须要⽤ t 的⼦串。这⼀点理解，对我们的状态转移很重要。

继续根据两个区间上「最后⼀个位置的字符」，结合题⽬的要求，来进⾏「分类讨论」：

（注意：下标是从1开始的）

1. 当s3[i+j] = s1[i]时：
   • 这意味着s3的当前最后一个字符与s1的当前最后一个字符匹配。
   • 因此，为了判断整个字符串能否交错组成，我们需要检查s1的前i-1个字符与s2的前j个字符是否能交错形成s3的前i+j-1个字符，即dp[i-1][j]。
   • 此时，更新规则为：dp[i][j] = dp[i-1][j]（如果s1的这部分与s2的已考虑部分能匹配s3的对应部分）。
2. 当s3[i+j] = s2[j]时：
   • 这意味着s3的当前最后一个字符与s2的当前最后一个字符匹配。
   • 因此，为了判断整个字符串能否交错组成，我们需要检查s1的前i个字符与s2的前j-1个字符是否能交错形成s3的前i+j-1个字符，即dp[i][j-1]。
   • 此时，更新规则为：dp[i][j] = dp[i][j-1]（如果s2的这部分与s1的已考虑部分能匹配s3的对应部分）。
3. 当s3[i+j]既不等于s1[i]也不等于s2[j]时：
   • 这表明s3的当前最后一个字符既不能与s1的当前最后一个字符匹配，也不能与s2的当前最后一个字符匹配。
   • 因此，dp[i][j]在这种情况下必然为False，因为无法通过添加s1或s2的下一个字符来形成s3的当前部分。

但是我们仔细思考一下s3[i+j] = s1[i]和s3[i+j] = s2[j]这两种情况任意一个满足，都是符合条件的，有的人可能就会像下面这样子写

                // 检查s1的当前字符是否与s3的当前位置匹配，并考虑前一个状态if (s1[i] == s3[i + j]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];}// 检查s2的当前字符是否与s3的当前位置匹配，并考虑前一个状态else if (s2[j] == s3[i + j]) {dp[i][j] = dp[i][j - 1];}// 如果都不匹配，则dp[i][j]保持为false（默认初始化值）

 但是这只能判断到一种情况，明显不对啊，有人做出下面这个改进

                // 检查s1的当前字符是否与s3的当前位置匹配，并考虑前一个状态if (s1[i] == s3[i + j]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];}// 检查s2的当前字符是否与s3的当前位置匹配，并考虑前一个状态if (s2[j] == s3[i + j]) {dp[i][j] = dp[i][j - 1];}// 如果都不匹配，则dp[i][j]保持为false（默认初始化值）

那要是我s1[i]==s2[j]==s3[i+j]，dp[i-1][j]是true,dp[i][j-1]是false，你不就炸了吗？ 

我们接着改进

 if(s1[i] == s3[i + j]||s2[j] == s3[i + j])
{dp[i][j] =dp[i-1][j]||dp[i][j-1];
}

那要是我s1[i]==s3[i+j]，dp[i-1][j]是false,dp[i][j-1]是true，你不就炸了吗？ 

接下来我告诉大家一种方法

所以我们只能是下面这个情况！

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

其实这括号里面最前面是表示这括号的值对应的情况，后面部分则是这种情况里dp[i][j]应该被赋予的值。

大家看这个式子可能有点懵，或者感觉有点晕：

1. 当s1[i] == s3[i + j]时，s1[i] == s3[i + j]为true，s1[i] == s3[i + j]||dp[i - 1][j]的值取决于dp[i - 1][j]，如果dp[i - 1][j]是true，那s1[i] == s3[i + j] && dp[i - 1][j]就是true，如果dp[i - 1][j]是false，那s1[i] == s3[i + j] && dp[i - 1][j]就是false
2. 当s2[j] == s3[i + j]时，s2[j] == s3[i + j]为true，s2[j] == s3[i + j]||dp[i][j-1]的值取决于dp[i][j-1]，如果dp[i][j-1]是true，那s1[i] == s3[i + j] && dp[i][j-1]就是true，如果dp[i][j-1]是false，那s1[i] == s3[i + j] && dp[i][j-1]就是false
3. 中间连接部分使用||的原因是：只要上述条件中有一个成立，dp[i][j]的结果就为True，代表字符串 s1 的【1，i】和字符串 s2 的【1，j】能拼接成字符串 s3 的【1，i+j】里面的字符。

综上所述，状态转移方程可以总结为：

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

3. 初始化过程：

在进行动态规划填表之前，我们需要对dp数组进行初始化。由于状态转移方程中涉及到了i-1和j-1位置的值，因此我们需要特别注意“第一个位置”（即dp[0][j]和dp[i][0]）以及“第一行”和“第一列”的初始化。

• dp[0][0]的初始化：
  dp[0][0] = true，因为空串与空串相加仍然是一个空串，所以它们能够匹配。

• 第一行的初始化：
  当s1为空串时（即i=0的情况，但注意在数组中我们用dp[0][j]来表示，其中j代表s2的【1，j】区间的字符），我们只需要考虑s2的【1，j】区间的字符是否能匹配s3的【1，j】区间的字符。状态转移方程为：dp[0][j] = (s2[j] == s3[j] && dp[0][j-1]);

• 第一列的初始化：
  当s1为空串时（即j=0的情况，但注意在数组中我们用dp[i][0]来表示，其中j代表s1的【1，i】区间的字符），我们只需要考虑s1的【1，i】区间的字符是否能匹配s3的【1，i】区间的字符。状态转移方程为：dp[i][0] = (s1[i] == s3[i] && dp[i-1][0]);

4. 填表顺序：

根据状态转移方程，我们需要按照“从上往下”的顺序逐行填写dp数组，而在每一行内，又需要“从左往右”地逐个填写元素。这样的填表顺序可以确保在计算每个dp[i][j]时，其所依赖的前置状态dp[i-1][j]和dp[i][j-1]都已经被计算出来。

5. 返回值：

最终，我们需要返回dp[m][n]的值，它表示s1的所有字符与s2的所有字符是否能够交错拼接成s3的所有字符。

class Solution {
public:bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {int m = s1.size(), n = s2.size(); // 使用s1和s2的实际长度if (m + n != s3.size()) { return false;}// s3的长度应该在调用此函数之前就已经验证过是否等于m+n，但这里没有显式检查vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1, false));// 为了方便索引，给s1, s2, s3前都加一个空格（相当于在dp数组中从1开始考虑字符）s1 = ' ' + s1;s2 = ' ' + s2;s3 = ' ' + s3;// 初始化dp数组dp[0][0] = true; // 空串+空串能构成空串// 初始化第一列（只考虑s1的情况）for (int i = 1; i <= m; ++i) {dp[i][0] = (s1[i] == s3[i] && dp[i - 1][0]);}// 初始化第一行（只考虑s2的情况）for (int j = 1; j <= n; ++j) {dp[0][j] = (s2[j] == s3[j] && dp[0][j - 1]);}// 填充dp数组的其余部分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]);}}// 返回结果return dp[m][n];}
};

题目七——712. 两个字符串的最小ASCII删除和 - 力扣（LeetCode） 

 

正难则反：求两个字符串的最⼩ ASCII 删除和，其实就是找到两个字符串中所有的公共⼦序列 ⾥⾯， ASCII 最⼤和。 

        面对求解两个字符串的最小ASCII删除和的问题，我们可以转换思路，通过寻找两个字符串中的所有公共子序列，并计算这些公共子序列中的ASCII最大和来间接求解。这是因为，最小ASCII删除和实际上等于两个字符串的总ASCII码和减去公共子序列的ASCII最大和的两倍。

1.状态表示：

dp[i][j] 表示字符串 s1 的 [0, i] 区间以及字符串 s2 的 [0, j-1] 区间内的所有子序列中，公共子序列的ASCII最大和。

2.状态转移方程：

• 当 s1[i] == s2[j] 时：

应该在 s1 的 [0, i-1] 区间以及 s2 的 [0, j-1] 区间内找到一个公共子序列的最大和，然后在其后添加一个 s1[i-1]（或 s2[j-1]，因为它们是相等的）字符。

此时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + s1[i-1]（注意这里 s1[i-1] 是字符，需要转换为对应的ASCII值进行计算，但为简化表述，这里仍用 s1[i-1] 表示）。

• 当 s1[i-1] != s2[j-1] 时：

公共子序列的最大和可能存在于以下三种情况中

• s1 的 [0, i-1] 区间以及 s2 的 [0, j] 区间内：dp[i][j] = dp[i-1][j]
• s1 的 [0, i] 区间以及 s2 的 [0, j-1] 区间内：dp[i][j] = dp[i][j-1]
• s1 的 [0, i-1] 区间以及 s2 的 [0, j-1] 区间内：dp[i][j] = dp[i-1][j-1]

但由于前两种情况已经包含了第三种情况的可能性（即不选择当前字符作为公共子序列的一部分），因此只需考虑前两种情况下的最大值。

综上，状态转移方程为：dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])

3.初始化：

为了方便处理空串的情况，我们在原始的 dp 表上额外增加一行和一列，用于表示空串。

初始化时，第一行和第一列的值都设为0，因为当其中一个字符串为空时，公共子序列的ASCII和为0。

4.填表顺序：

从上往下逐行填写 dp 表，每行从左往右填写。

5.返回值：

根据状态表示，我们不能直接返回 dp 表中的某个值。

首先找到 dp[m+1][n+1]（注意这里 m 和 n 分别是 s1 和 s2 的长度，由于我们增加了额外的行和列，所以这里是 m+1 和 n+1），它表示两个字符串的最长公共子序列的ASCII最大和。

然后统计两个字符串的总ASCII码和 sum。

最后返回 sum - 2 * dp[m+1][n+1]，即为所求的最小ASCII删除和。

---

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));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; //统计元素和for(auto s : s1) sum += s;for(auto s : s2) sum += s;return sum - 2*dp[m][n];}
};

题目八——718. 最长重复子数组 - 力扣（LeetCode） 

子数组是数组中“连续”的一段，我们习惯上“以某一个位置为结尾”来研究。由于是两个数组，因此我们可以尝试以第一个数组的 i 位置为结尾以及第二个数组的 j 位置为结尾来解决问题。

1.状态表示：

dp[i][j] 表示以第一个数组的 i 位置为结尾，以及第二个数组的 j 位置为结尾的公共的、长度最长的“子数组”的长度。

2.状态转移方程：

对于 dp[i][j]，当 nums1[i-1] == nums2[j-1]（注意数组下标从0开始，但dp数组下标从1开始，所以这里是 i-1 和 j-1）的时候，才有意义。此时最长重复子数组的长度应该等于 1 加上除去最后一个位置时，以 i-1, j-1 为结尾的最长重复子数组的长度。

因此，状态转移方程为：dp[i][j] = 1 + dp[i-1][j-1]（当 nums1[i-1] == nums2[j-1]）；否则 dp[i][j] = 0。

3.初始化：

添加一行和一列，dp 数组的下标从 1 开始，这样处理起来更方便，无需额外判断越界。

第一行和第一列表示其中一个数组为空的情况，此时没有重复子数组，因此里面的值设置成 0。

4.填表顺序：

根据状态转移，我们需要从上往下填每一行，每一行从左往右。

5.返回值：

根据状态表示，我们需要返回 dp 表里面的“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));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;}
};