首先通过本题大家要明确什么是子序列，“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”。

如果没接触过这种题目的话，本题还是很难的，甚至想暴力去搜索也不知道怎么搜。 子序列问题是动态规划解决的经典问题，当前下标 i 的递增子序列长度，其实和 i 之前的下标 j 的子序列长度有关系，那又是什么样的关系呢。

接下来，我们依然用动规五部曲来详细分析一波：

• dp[i]的定义

本题中，正确定义dp数组的含义十分重要。

dp[i]表示 i 之前包括 i 的以 nums[i] 结尾的最长递增子序列的长度

为什么一定表示 “以nums[i]结尾的最长递增子序” ，因为我们在做递增比较的时候，如果比较 nums[j] 和 nums[i] 的大小，那么两个递增子序列一定分别以 nums[j] 为结尾和 nums[i] 为结尾， 要不然这个比较就没有意义了，不是尾部元素的比较那么 如何算递增呢。

• 状态转移方程

位置 i 的最长升序子序列等于 j 从 0 到 i-1 各个位置的最长升序子序列 + 1 的最大值。

所以：if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

注意这里不是要dp[i] 与 dp[j] + 1进行比较，而是我们要取dp[j] + 1的最大值。

• dp[i]的初始化

每一个 i，对应的 dp[i]（即最长递增子序列）起始大小至少都是 1.

• 确定遍历顺序

dp[i] 是有 0 到 i-1 各个位置的最长递增子序列推导而来，那么遍历 i 一定是从前向后遍历。

j 其实就是遍历 0 到 i-1，那么是从前到后，还是从后到前遍历都无所谓，只要吧 0 到 i-1 的元素都遍历了就行了。 所以默认习惯从前向后遍历。

遍历 i 的循环在外层，遍历 j 则在内层，代码如下：

for (int i = 1; i < nums.length; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {if (nums[i] > nums[j]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}if (dp[i] > result) result = dp[i]; // 取长的子序列
}

• 举例推导dp数组

输入：[0,1,0,3,2]，dp数组的变化如下：

如果代码写出来，但一直AC不了，那么就把dp数组打印出来，看看对不对！

以上五部分析完毕，Java代码如下：

class Solution {public int lengthOfLIS(int[] nums) {if (nums.length <= 1) return nums.length;int[] dp = new int[nums.length];int res = 1;Arrays.fill(dp, 1);for (int i = 1; i < dp.length; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {if (nums[i] > nums[j]) {dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);}}res = Math.max(res, dp[i]);}return res;}
}

• 时间复杂度: O(n^2)
• 空间复杂度: O(n)

总结

本题最关键的是要想到dp[i]由哪些状态可以推出来，并取最大值，那么很自然就能想到递推公式：dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

子序列问题是动态规划的一个重要系列，本题算是入门题目，好戏刚刚开始！

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674. 最长连续递增序列

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给定一个未经排序的整数数组，找到最长且 连续递增的子序列，并返回该序列的长度。

连续递增的子序列 可以由两个下标 l 和 r（l < r）确定，如果对于每个 l <= i < r，都有 nums[i] < nums[i + 1] ，那么子序列 [nums[l], nums[l + 1], ..., nums[r - 1], nums[r]] 就是连续递增子序列。

示例 1：

• 输入：nums = [1,3,5,4,7]
• 输出：3
• 解释：最长连续递增序列是 [1,3,5], 长度为3。尽管 [1,3,5,7] 也是升序的子序列, 但它不是连续的，因为 5 和 7 在原数组里被 4 隔开。

示例 2：

• 输入：nums = [2,2,2,2,2]
• 输出：1
• 解释：最长连续递增序列是 [2], 长度为1。

提示：

• 0 <= nums.length <= 10^4
• -10^9 <= nums[i] <= 10^9

动规五部曲分析如下：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

dp[i]：以下标 i 为结尾的连续递增的子序列长度为 dp[i]。

注意这里的定义，一定是以下标 i 为结尾，并不是说一定以下标 0 为起始位置。

• 确定递推公式

如果 nums[i] > nums[i - 1]，那么以 i 为结尾的连续递增的子序列长度 一定等于以 i - 1 为结尾的连续递增的子序列长度 + 1 。

即：dp[i] = dp[i - 1] + 1;

注意这里就体现出和上一题的区别！

因为本题要求连续递增子序列，所以就只要比较 nums[i] 与 nums[i - 1]，而不用去比较 nums[j] 与 nums[i] （j 是在 0 到 i 之间遍历）。

既然不用 j 了，那么也不用两层 for 循环，本题一层 for 循环就行，比较 nums[i] 和 nums[i - 1]。

这里大家要好好体会一下！

• dp数组如何初始化

以下标 i 为结尾的连续递增的子序列长度最少也应该是 1，即就是 nums[i] 这一个元素。

所以 dp[i] 应该初始 1;

• 确定遍历顺序

从递推公式上可以看出， dp[i + 1] 依赖 dp[i]，所以一定是从前向后遍历。

本文在确定递推公式的时候也说明了为什么本题只需要一层 for 循环，代码如下：

for (int i = 1; i < nums.length; i++) {if (nums[i] > nums[i - 1]) { // 连续记录dp[i] = dp[i - 1] + 1;}
}

• 举例推导dp数组

已输入nums = [1,3,5,4,7]为例，dp数组状态如下：

注意这里要取 dp[i] 里的最大值，所以 dp[2] 才是结果！

以上分析完毕，Java代码如下：

/*** 1.dp[i] 代表当前下标最大连续值* 2.递推公式 if（nums[i+1]>nums[i]） dp[i+1] = dp[i]+1* 3.初始化 都为1* 4.遍历方向，从其那往后* 5.结果推导 。。。。* @param nums* @return*/public static int findLengthOfLCIS(int[] nums) {int[] dp = new int[nums.length];for (int i = 0; i < dp.length; i++) {dp[i] = 1;}int res = 1;//可以注意到，這邊的 i 是從 0 開始，所以會出現和卡哥的C++ code有差異的地方，在一些地方會看到有 i + 1 的偏移。for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {if (nums[i + 1] > nums[i]) {dp[i + 1] = dp[i] + 1;}res = res > dp[i + 1] ? res : dp[i + 1];}return res;}

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

贪心

这道题目也可以用贪心来做，也就是遇到nums[i] > nums[i - 1]的情况，count就++，否则count为1，记录count的最大值就可以了。

public static int findLengthOfLCIS(int[] nums) {if (nums.length == 0) return 0;int res = 1; // 连续子序列最少也是1int count = 1;for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {if (nums[i + 1] > nums[i]) { // 连续记录count++;} else { // 不连续，count从头开始count = 1;}if (count > res) res = count;}return res;
}

总结

本题也是动规里子序列问题的经典题目，但也可以用贪心来做，大家也会发现贪心好像更简单一点，而且空间复杂度仅是O(1)。

在动规分析中，关键是要理解和 300.最长递增子序列 的区别。

要联动起来，才能理解递增子序列怎么求，递增连续子序列又要怎么求。

概括来说：不连续递增子序列的跟前 0-i 个状态有关，连续递增的子序列只跟前一个状态有关

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718. 最长重复子数组

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给两个整数数组 A 和 B ，返回两个数组中公共的、长度最长的子数组的长度。

示例：

输入：

• A: [1,2,3,2,1]
• B: [3,2,1,4,7]
• 输出：3
• 解释：长度最长的公共子数组是 [3, 2, 1] 。

提示：

• 1 <= len(A), len(B) <= 1000
• 0 <= A[i], B[i] < 100

注意题目中说的子数组，其实就是连续子序列。

要求两个数组中最长重复子数组，如果是暴力解法只需要先两层 for 循环确定两个数组起始位置，然后再来一个循环可以是 for 或者 while，来从两个起始位置开始比较，取得重复子数组的长度。

本题其实是动规解决的经典题目，我们只要想到 用二维数组可以记录两个字符串的所有比较情况，这样就比较好推 递推公式了。 动规五部曲分析如下：

• 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

dp[i][j] ：以下标 i - 1 为结尾的A，和以下标 j - 1 为结尾的B，最长重复子数组长度为dp[i][j]。 （特别注意： “以下标i - 1为结尾的A” 标明一定是 以A[i-1]为结尾的字符串 ）

此时细心的同学应该发现，那 dp[0][0] 是什么含义呢？总不能是以下标 -1 为结尾的 A 数组吧。

其实 dp[i][j] 的定义也就决定着，我们在遍历 dp[i][j] 的时候 i 和 j 都要从1开始。

那有同学问了，我就定义 dp[i][j] 为以下标 i 为结尾的A，和以下标 j 为结尾的B，最长重复子数组长度。不行么？

行倒是行！ 但实现起来就麻烦一点，需要单独处理初始化部分，在本题解下面的拓展内容里，我给出了 第二种 dp数组的定义方式所对应的代码和讲解，大家比较一下就了解了。

• 确定递推公式

根据 dp[i][j] 的定义，dp[i][j] 的状态只能由 dp[i - 1][j - 1] 推导出来。

即当 A[i - 1] 和 B[j - 1] 相等的时候，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

根据递推公式可以看出，遍历i 和 j 要从1开始！

• dp数组如何初始化

根据 dp[i][j] 的定义，dp[i][0] 和 dp[0][j] 其实都是没有意义的！

但 dp[i][0] 和 dp[0][j]要初始值，因为为了方便递归公式dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;

所以 dp[i][0] 和 dp[0][j] 初始化为 0。

举个例子 A[0] 如果和 B[0] 相同的话，dp[1][1] = dp[0][0] + 1，只有 dp[0][0] 初始为 0，正好符合递推公式逐步累加起来。

• 确定遍历顺序

外层for循环遍历A，内层for循环遍历B。

那又有同学问了，外层for循环遍历B，内层for循环遍历A。不行么？

也行，一样的，我这里就用外层for循环遍历A，内层for循环遍历B了。

同时题目要求长度最长的子数组的长度。所以在遍历的时候顺便把dp[i][j]的最大值记录下来。

代码如下：

for (int i = 1; i <= nums1.length; i++) {for (int j = 1; j <= nums2.length; j++) {if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;}if (dp[i][j] > result) result = dp[i][j];}
}

• 举例推导dp数组

拿示例1中，A: [1,2,3,2,1]，B: [3,2,1,4,7]为例，画一个dp数组的状态变化，如下：

以上五部曲分析完毕，Java代码如下：

class Solution {public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int result = 0;int[][] dp = new int[nums1.length + 1][nums2.length + 1];for (int i = 1; i < nums1.length + 1; i++) {for (int j = 1; j < nums2.length + 1; j++) {if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;result = Math.max(result, dp[i][j]);}}}return result;}
}

• 时间复杂度：O(n × m)，n 为A长度，m为B长度
• 空间复杂度：O(n × m)

滚动数组

在如下图中：

我们可以看出 dp[i][j] 都是由 dp[i - 1][j - 1] 推出。那么压缩为一维数组，也就是 dp[j] 都是由 dp[j - 1] 推出。

也就是相当于可以把上一层 dp[i - 1][j] 拷贝到下一层 dp[i][j] 来继续用。

此时遍历B数组的时候，就要从后向前遍历，这样避免重复覆盖。

class Solution {public int findLength(int[] nums1, int[] nums2) {int[] dp = new int[nums2.length + 1];int result = 0;for (int i = 1; i <= nums1.length; i++) {for (int j = nums2.length; j > 0; j--) {if (nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) {dp[j] = dp[j - 1] + 1;} else {dp[j] = 0;}result = Math.max(result, dp[j]);}}return result;}
}

• 时间复杂度：$O(n × m)$，n 为A长度，m为B长度
• 空间复杂度：$O(m)$