【动态规划精选题目】4、子数组系列

此动态规划系列主要讲解大约10个系列【后续持续更新】

本篇讲解子数组系列模型中的8道经典题，会在讲解题目同时给出AC代码

目录

1、力扣53：最大子数组和

2、环形子数组的最大和

3、力扣152:乘积最大子数组

?4、乘积为正数的最长子数组长度

5、力扣413：等差数列划分

6、最大湍(tuan)流子数组

7、单词拆分

8、环绕字符串中唯一的子字符串

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1、力扣53：最大子数组和

?

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int n =  nums.size();
        vector<int> dp(n + 1);//多开一个给虚拟节点
        int maxs = INT_MIN;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            dp[i] = max(nums[i - 1], dp[i - 1] + nums[i - 1]);
            maxs = max(dp[i], maxs);
        }
        return maxs;
    }
};

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2、环形子数组的最大和

?本题与[最大子数组和]区别在于，不仅要考虑[数组内的连续区域]，还要考虑[数组首尾相连]的一部分

class Solution {
public:
    int maxSubarraySumCircular(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> f(n + 1), g(n + 1);//因为加了一个虚拟节点，所以开n+1个
        
        int fmax = INT_MIN, gmin = INT_MAX, sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int x = nums[i - 1];
            f[i] = max(x, f[i - 1] + x);
            fmax = max(fmax, f[i]);
            g[i] = min(x, g[i - 1] + x);
            gmin = min(gmin, g[i]);
            sum += x;
        }

        return sum == gmin ? fmax : max(fmax, sum - gmin);
    }
};

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3、力扣152:乘积最大子数组

这道题与「最大子数组和」很相似，可以效仿着定义一下状态表示以及状态转移：
①、dp[i] 表示以?i 为结尾的所有子数组的最大乘积

②、则dp[i] = max(nums[i], dp[i - 1] * nums[i]) ；
由于正负号的存在，我们可以看出，这样求 dp[i] 的值是不正确的。因为?dp[i - 1] 的信息并不能让我们得到dp[i]的正确值。比如数组?[-2, 5, -2] ，用上述状态转移得到的dp数组为?[-2, 5, -2] ，最大乘积为?5 。但是实际上的最大乘积应该是所有数相乘，结果为?20 。
究其原因，就是因为我们在求 dp[2] 的时候，因为?nums[2] 是一个负数，因此我们需要的是
「?i - 1 位置结尾的最小的乘积 （-10） 」，这样一个负数乘以「最小值」，才会得到真实的
最大值。
因此，我们不仅需要一个「乘积最大值的 dp 表」，还需要一个「乘积最小值的?dp 表」。

class Solution {
public:
    int maxProduct(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();

        vector<int> f(n + 1), g(n + 1);
        f[0] =  1, g[0] = 1;
        
        int ret = INT_MIN;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            int x = nums[i - 1], y = f[i - 1] * nums[i - 1], z = g[i - 1]
             * nums[i - 1];
            f[i] = max(x, max(y, z));
            g[i] = min(x, min(y, z));
            ret = max(ret, f[i]);
        }

        return ret;
    }
};

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?4、乘积为正数的最长子数组长度

继续效仿「最大子数组和」中的状态表示，尝试解决这个问题。
状态表示： dp[i] 表示「所有以i结尾的子数组，乘积为正数的最?子数组的?度」。
思考状态转移：对于?i 位置上的 nums[i] ，我们可以分三种情况讨论：
①. 如果nums[i] = 0 ，那么所有以i 为结尾的子数组的乘积都不可能是正数，此时dp[i] = 0 ；
②. 如果nums[i] > 0 ，那么直接找到dp[i - 1] 的值，然后加一即可，此时dp[i] = dp[i - 1] + 1 ;
③. 如果nums[i] < 0 ，因为在现有的条件下，你根本没办法得到此时的最??度。单单靠一个?dp[i - 1] ，我们无法推导出dp[i]的值。

但是，但乘法是存在「负负得正」的。如果我们知道「以?i - 1 为结尾的所有子数组，乘积为负数的最?子数组的?度」neg[i - 1] ，那么此时的dp[i]是不是就等于neg[i - 1] + 1呢？通过上面的分析，我们可以得出，需要两个dp 表，才能推导出最终的结果。不仅需要一个「乘积
为正数的最?子数组」，还需要一个「乘积为负数的最?子数组」。

①、为什么要推出g表的状态转移方程？因为f表用到了g表?

②、下面再详细讲解一下虚拟节点

class Solution {
public:
    int getMaxLen(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        vector<int> f(n + 1), g(n + 1);

        int ret = INT_MIN;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {//如果nums[i-1]为0，那f[i]和g[i]均为0，又因为vector已经初始化为0
         //所以我们不用管了
            if (nums[i - 1] > 0)
            {
                f[i] = f[i - 1] + 1;
                g[i] = g[i - 1] == 0 ? 0 : g[i - 1] + 1; 
            }
            else if (nums[i - 1] < 0)
            {
                f[i] = g[i - 1] == 0 ? 0 : g[i - 1] + 1;
                g[i] = f[i - 1] + 1;
            }
            ret = max(ret, f[i]);
        }

        return ret;
    }
};

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5、力扣413：等差数列划分

1、状态表示：
由于我们的研究对象是「一段连续的区间」，如果我们状态表示定义成?[0, i] 区间内一共有多少等差数列，那么我们在分析dp[i] 的状态转移时，会无从下手，因为我们不清楚前面那么多的「等差数列都在什么位置」。所以说，我们定义的状态表示必须让等差数列「有迹可循」，让状态转移的时候能找到「大部队」。因此，我们可以「固定死等差数列的结尾」，定义下面的状态表示：
dp[i] 表示必须「以i 位置的元素为结尾」的等差数列有多少种。

补充：上面求的是以b结尾的等差数列的个数，是因为此时加上c还能构成等差数列

class Solution {
public:
    int numberOfArithmeticSlices(vector<int>& nums) {
        int n  = nums.size();
        vector<int> dp(n);

        int ret = 0;
        for (int i = 2; i < n; i++)
        {
            dp[i] = nums[i] - nums[i - 1] == nums[i - 1] - nums[i - 2] ? dp[i - 1] + 1 : 0;
            ret += dp[i];
        }

        return ret;
    }
};

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6、最大湍(tuan)流子数组

?题目分析：

我们先尝试定义状态表示为：
dp[i] 表示「以i位置为结尾的最?湍流数组的?度」。
但是问题来了，如果状态表示这样定义的话，以?i 位置为结尾的最?湍流数组的?度我们没法从之前的状态推导出来。因为我们不知道前一个最?湍流数组的结尾处是递增的，还是递减的。因此，我们需要状态表示能表示多一点的信息：要能让我们知道这一个最?湍流数组的结尾是「递增」的还是「递减」的。
因此需要两个?dp 表

class Solution {
public:
    int maxTurbulenceSize(vector<int>& arr) {
        int n = arr.size();
        vector<int> f(n, 1), g(n, 1);

        int ret = 1;
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
            if (arr[i - 1] < arr[i]) f[i] = g[i - 1] + 1;
            if (arr[i - 1] > arr[i]) g[i] = f[i - 1] + 1;
            ret = max(ret, max(g[i], f[i]));
        }
        
        return ret;
    }
};

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7、单词拆分

状态转移方程：
对于dp[i] ，为了确定当前的字符串能否由字典里面的单词构成，根据最后一个单词的起始位
置?j ，我们可以将其分解为前后两部分：
①. 前面一部分[0, j - 1] 区间的字符串;
②. 后面一部分[j, i] 区间的字符串。
其中前面部分我们可以在?dp[j - 1] 中找到答案，后面部分的子串可以在字典里面找到。
因此，我们得出一个结论：当我们在从?0 ~ i 枚举?j 的时候，只要?dp[j - 1] = true?
并且后面部分的子串?s.substr(j, i - j + 1) 能够在字典中找到，那么?dp[i] = true 。

class Solution {
public:
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        //哈希表优化的小细节：
        //在状态转移中，我们需要判断后面部分的子串「是否在字典」之中，因此会「频繁的用到查询操
        //作」，为了节省效率，我们可以提前把「字典中的单词」存入到「哈希表」中。
        unordered_set<string> hash;
        for (auto& s : wordDict) hash.insert(s);

        int n = s.size();
        vector<bool> dp(n + 1);//多开一个给虚拟节点
        dp[0] = true;//虚拟节点初始化，便于后续填表正确
        s = " " + s;//使原始字符串下标+1，与dp表对应，注：加什么字符都可以
        for (int i = 1; i <= n; i++)//填dp表
        {
            //遍历最后一个单词的起始位置，范围[1,i]
            //因为你让原始字符串多加了一个字符
            for (int j = i; j >= 1; j--)
            {
                if (dp[j - 1] && hash.count(s.substr(j, i - j + 1)))
                {
                    dp[i] = true;
                    break;//此时以j位置起始的单词判断完毕才会break
                } 
            }
        }

        return dp[n];
    }
};

?补充：

string的substr（字符截取函数）：

?unordered_set中的count函数：

cout(x):若x元素在容器中返回1，否则返回0

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8、环绕字符串中唯一的子字符串

?示例分析：

3、初始化

dp表中所有的值初始化为1即可【根据实际情况初始化的，其次是这么做状态转移方程直接写为dp[i] += dp[i - 1]即可】

4、填表顺序

从左往右填即可

class Solution {
public:
    int findSubstringInWraproundString(string s) {
        int n = s.size();
        vector<int> dp(n, 1);//根据实际，初始化为1
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
            if (s[i - 1] + 1 == s[i] || (s[i - 1] == 'z' && s[i] == 'a'))
                dp[i] += dp[i - 1];//因为初始化为1，所以这里直接+=dp[i-1]
        }
        //哈希表映射小写字母a~z,找出以每个字符结尾的最大dp值即可
        int hash[26] = {0};
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            //a会映射为0，b映射为1，c映射为2...
            //算出以每个字符结尾的最大dp值，
            hash[s[i] - 'a'] = max(hash[s[i] - 'a'], dp[i]);
        }
        
        int ret = 0;
        for (auto& e : hash) ret += e;
        return ret;
    }
};

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