Leetcode 516. 最长回文序列

问题：给你一个字符串 s ，找出其中最长的回文子序列，并返回该序列的长度。

子序列定义为：不改变剩余字符顺序的情况下，删除某些字符或者不删除任何字符形成的一个序列。

算法1：记忆化搜索

        双指针，left 指针指向最左边，right 指针指向最右边，当 s [ left ] == s [ right ] 时，回文数 + 2 ，两者不相等时，左指针 left 右移或者右指针 right 左移。

时间复杂度：O(n²) 。

        其中 n 为 s 的长度。动态规划的时间复杂度 = 状态个数 × 单个状态的转移个数。本题中状态个数等于 O(n²)，而单个状态的转移个数为 O(1)，因此时间复杂度为 O(n²) 。

空间复杂度：O(n²) 。

        保存多少状态，就需要多少空间。

代码：

class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {int n = s.length();vector<vector<int>> memo(n,vector<int>(n,-1));auto dfs = [&](auto &&dfs,int left,int right) -> int{if(left > right)    return 0;if(left == right)   return 1;int& res = memo[left][right];if(res != -1)   return res;if(s[left] == s[right]) return dfs(dfs,left + 1,right - 1) + 2;return max(dfs(dfs,left + 1,right),dfs(dfs,left,right - 1));};return dfs(dfs,0,n - 1);}
};

算法2：1:1 翻译成递推

        如何思考循环顺序？什么时候要正序，什么时候要倒序？

        这里有一个通用的做法：盯着状态转移方程，想一想，要计算 dp [ i ] [ j ] ，必须先把 dp [ i + 1 ] [ ⋅ ] 算出来，那么只有 i 从大到小枚举才能做到。对于 j 来说，由于在计算 dp [ i ] [ j ] 的时候，需要用到 dp [ i ] [ j − 1 ] ，也就是必须先把 dp [ i ] [ j − 1 ] 算出来，所以 j 必须从小到大枚举。

时间复杂度：O(n²) 。

        其中 n 为 s 的长度。动态规划的时间复杂度 = 状态个数 × 单个状态的转移个数。本题中状态个数等于 O(n²)，而单个状态的转移个数为 O(1)，因此时间复杂度为 O(n²)。

空间复杂度：O(n²) 。

代码：

class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {int n = s.length();vector<vector<int>> dp(n,vector<int>(n));for(int i = n - 1;i >= 0;i--){dp[i][i] = 1;for(int j = i + 1;j < n;j++)dp[i][j] = s[i] == s[j] ? dp[i + 1][j - 1] + 2 : max(dp[i][j - 1],dp[i + 1][j]);}return dp[0][n - 1];}
};

算法3：空间优化

        把 dp 数组的第一个维度去掉。相当于把 dp [ i ] 和 dp [ i + 1 ] 保存到同一个一维数组中。

但一个萝卜一个坑，dp [ j − 1 ] 要么保存的是 dp [ i + 1 ] [ j −  1 ] ，要么保存的是 dp [ i ] [ j − 1 ] ，怎么妥当地处理新旧数据？对于本题来说，可以用变量 pre 记录 dp [ i + 1 ] [ j  − 1 ] 的值。计算到 dp [ j ] 时，dp [ j − 1 ] 保存的是新数据 dp [ i ] [ j − 1 ]，旧数据 dp [ i + 1 ] [ j − 1 ] 可以从 pre 中取到。

时间复杂度：O(n²) ，其中 n 为 s 的长度。

空间复杂度：O(n) 。

代码：

class Solution {
public:int longestPalindromeSubseq(string s) {int n = s.length();vector<int> dp(n);for(int i = n - 1;i >= 0;i--){dp[i] = 1;int pre = 0;for(int j = i + 1;j < n;j++){int tmp = dp[j];dp[j] = s[i] == s[j] ? pre + 2 : max(dp[j],dp[j - 1]);pre = tmp;}}return dp[n - 1];}
};