1. 最长公共子序列

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Leetcode -1143.最长公共子序列

题目：给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长 公共子序列 的长度。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。

一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。

例如，“ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。
两个字符串的 公共子序列 是这两个字符串所共同拥有的子序列。

示例 1：
输入：text1 = “abcde”, text2 = “ace”
输出：3
解释：最长公共子序列是 “ace” ，它的长度为 3 。

示例 2：
输入：text1 = “abc”, text2 = “abc”
输出：3
解释：最长公共子序列是 “abc” ，它的长度为 3 。

示例 3：
输入：text1 = “abc”, text2 = “def”
输出：0
解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0 。

提示：

• 1 <= text1.length, text2.length <= 1000
• text1 和 text2 仅由小写英文字符组成

思路：

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：选取第一个数组 [0, i] 区间以及第二个数组 [0, j] 区间作为研究对象；结合题目要求，定义状态表示。在本题中，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：

• 两个字符相同， s1[i] = s2[j] ：那么最长公共子序列就在 s1 的 [0, i - 1] 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 ；
• 两个字符不相同， 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：
  i. 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] ；
  ii. 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] ；
  iii. 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. 返回值：根据「状态表示」得：返回 dp[m][n]；

代码如下：

		class Solution {public:int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {int m = text1.size(), n = text2.size();// dp[i][j] 表示 test1中 0~i 和 test2中 0~j 字符串中最长公共子序列的长度  vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));// 因为dp多开了一个空间，所以使字符串统一向后移动一个单位，使下标一一对应text1 = ' ' + text1, text2 = ' ' + text2;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){// 最后两个字符相同的话，一定是公共子序列if(text1[i] == text2[j]) dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;// 否则取test1中0~i-1 的字符串和test2中 0~j 的字符串 和 test1中 0~i 的字符串和test2中 0~j-1 的字符串的dp表中的较大值else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);}}return dp[m][n];}};

2. 不相交的线

题目链接 -> Leetcode -1035.不相交的线

Leetcode -1035.不相交的线

题目：在两条独立的水平线上按给定的顺序写下 nums1 和 nums2 中的整数。

现在，可以绘制一些连接两个数字 nums1[i] 和 nums2[j] 的直线，这些直线需要同时满足满足：

nums1[i] == nums2[j]
且绘制的直线不与任何其他连线（非水平线）相交。
请注意，连线即使在端点也不能相交：每个数字只能属于一条连线。

以这种方法绘制线条，并返回可以绘制的最大连线数。

示例 1：
输入：nums1 = [1, 4, 2], nums2 = [1, 2, 4]
输出：2

解释：可以画出两条不交叉的线，如上图所示。
但无法画出第三条不相交的直线，因为从 nums1[1] = 4 到 nums2[2] = 4 的直线将与从 nums1[2] = 2 到 nums2[1] = 2 的直线相交。

示例 2：
输入：nums1 = [2, 5, 1, 2, 5], nums2 = [10, 5, 2, 1, 5, 2]
输出：3

示例 3：
输入：nums1 = [1, 3, 7, 1, 7, 5], nums2 = [1, 9, 2, 5, 1]
输出：2

提示：

• 1 <= nums1.length, nums2.length <= 500
• 1 <= nums1[i], nums2[j] <= 2000

思路：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。这就转化成「最长公共子序列」的模型了。那就是在这两个数组中寻找「最长的公共子序列」。

代码如下：

		class Solution {public:// 与最长公共子序列同类型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));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];}};

3. 不同的子序列

题目链接 -> Leetcode -115.不同的子序列

Leetcode -115.不同的子序列

题目：给你两个字符串 s 和 t ，统计并返回在 s 的 子序列 中 t 出现的个数，结果需要对 10^9 + 7 取模。

示例 1：
输入：s = “rabbbit”, t = “rabbit”
输出：3
解释：
如下所示, 有 3 种可以从 s 中得到 “rabbit” 的方案。
rabbbit
rabbbit
rabbbit

示例 2：
输入：s = “babgbag”, t = “bag”
输出：5
解释：
如下所示, 有 5 种可以从 s 中得到 “bag” 的方案。
babgbag
babgbag
babgbag
babgbag
babgbag

提示：

• 1 <= s.length, t.length <= 1000
• s 和 t 由英文字母组成

思路：

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：

• 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」；
• 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 [0, i] 区间内的子串；

2. 状态转移方程：根据「最后一个位置」的元素，结合题目要求，分情况讨论：

• 当 t[i] == s[j] 的时候，此时的子序列有两种选择：
  i. 一种选择是：子序列选择 s[j] 作为结尾，此时相当于在状态 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] ，此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] ；
  ii. 另一种选择是：不选择 s[j] 作为结尾；此时相当于选择了状态 dp[i][j - 1] 中所有符合要求的子序列。我们也可以理解为继承了上个状态里面的求得的子序列。此时 dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；

两种情况加起来，就是 t[i] == s[j] 时的结果。

• 当 t[i] != s[j] 的时候，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。只能继承上个状态里面求得的子序列，dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；

综上所述，状态转移方程为：

• 所有情况下都可以继承上一次的结果： dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；
• 当 t[i] == s[j] 时，可以多选择一种情况： dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1]

3. 返回值：根据「状态表示」，返回 dp[m][n] 的值；

代码如下：

		class Solution {public:int numDistinct(string s, string t){int m = t.size(), n = s.size();// dp[i][j] 表示，s字符串[0,j]区间内所有的子序列中，有多少个t字符串[0,i]区间内的子串// 多开一行一列，引入空串vector<vector<double>> dp(m + 1, vector<double>(n + 1));// 当 s 为空串时，t 中怎么也会有一个空串，所以将第一行全部初始化为1for (int j = 0; j <= n; j++) dp[0][j] = 1;s = " " + s, t = " " + t; // 使下标一一对应for (int i = 1; i <= m; i++){for (int j = 1; j <= n; j++){// 不算当前 s[j] ，统计s中 0~j-1 组成的字符串中有多少能组成 t 中0~i的子序列dp[i][j] += dp[i][j - 1];// 算当前 s[j]，当 s[j] == t[i] 时再算上前面的子序列累加起来if (s[j] == t[i]) dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1];}}return dp[m][n];}};

4. 通配符匹配

题目链接 -> Leetcode -44.通配符匹配

Leetcode -44.通配符匹配

题目：给你一个输入字符串(s) 和一个字符模式( p)，请你实现一个支持 ‘?’ 和 ’ * ’ 匹配规则的通配符匹配：
‘?’ 可以匹配任何单个字符。
’ * ’ 可以匹配任意字符序列（包括空字符序列）。
判定匹配成功的充要条件是：字符模式必须能够 完全匹配 输入字符串（而不是部分匹配）。

示例 1：
输入：s = “aa”, p = “a”
输出：false
解释：“a” 无法匹配 “aa” 整个字符串。

示例 2：
输入：s = “aa”, p = “*”
输出：true
解释：’ * ’ 可以匹配任意字符串。

示例 3：
输入：s = “cb”, p = “?a”
输出：false
解释：‘?’ 可以匹配 ‘c’, 但第二个 ‘a’ 无法匹配 ‘b’。

提示：

• 0 <= s.length, p.length <= 2000
• s 仅由小写英文字母组成
• p 仅由小写英文字母、‘?’ 或 ‘*’ 组成

思路：

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：

• 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」；
• 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」。

因此，我们定义状态表示为：dp[i][j] 表示： p 字符串 [0, j] 区间内的子串能否匹配字符串 s 的 [0, i] 区间内的子串。

2. 状态转移方程：
   我们根据最后一个位置的元素，结合题目要求，分情况讨论：

• 当 s[i] == p[j] 或 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][j - 1] ；
• 当 p[j] == ‘*’ 的时候，此时匹配策略有两种选择：
  i. 一种选择是： * 匹配空字符串，此时相当于它什么都没有匹配，直接继承状态 dp[i][j - 1] ，此时 dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；
  ii. 另⼀种选择是： * 向前匹配 1 ~ n 个字符，直至匹配上整个 s1 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) ；
• 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，无法匹配。

三种情况加起来，就是所有可能的匹配结果。

即下图分析：

综上所述，状态转移方程为：

• 当 s[i] == p[j] 或 p[j] == ‘?’ 时： dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；
• 当 p[j] == ‘*’ 时，有多种情况需要讨论： 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：

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] || …

我们发现 i 是有规律的减小的，因此我们去看看 dp[i - 1][j] ：
dp[i - 1][j] = dp[i - 1][j - 1] || dp[i - 2][j - 1] || dp[i - 3][j - 1] …

我们发现， dp[i][j] 的状态转移方程里面除了第一项以外，其余的都可以用 dp[i - 1][j] 替代。因此，我们优化我们的状态转移方程为： dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i][j - 1].

3. 初始化：

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. 返回值：根据状态表示，返回 dp[m][n] 的值.

代码如下：

		class Solution {public:bool isMatch(string s, string p) {int m = s.size(), n = p.size();s = ' ' + s, p = ' ' + p;// dp[i][j] 表示： p 字符串 [0, j] 区间内的⼦串能否匹配字符串 s 的 [0, i] 区间内的⼦串。vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1));// 完成初始化// 多开一行一列，第一行相当于s为空串，第一列相当于p为空串dp[0][0] = true; // 大家都是空串，可以匹配for(int i = 1; i <= n; i++) if(p[i] == '*') dp[0][i] = true; // 在第一行中初始化中，只要 p 中出现不是'*'就不匹配else break;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){// 状态转移方程，分析 dp[i][j]等于什么，分情况讨论 if(p[j] == '?' && dp[i - 1][j - 1]) dp[i][j] = true;  // 当 p[j] 是 '?' 时else if(p[j] == '*') dp[i][j] = dp[i][j - 1] || dp[i - 1][j]; // 当p[j]是 '*' 时，用数学推算出来else if(p[j] == s[i] && dp[i - 1][j - 1]) dp[i][j] = true;  // 当p[j] 等于 s[i] 时}}return dp[m][n];}};

5. 正则表达式匹配

题目链接 -> Leetcode -10.正则表达式匹配

Leetcode -10.正则表达式匹配

题目：给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 ‘.’ 和 ‘*’ 的正则表达式匹配。

‘.’ 匹配任意单个字符
‘*’ 匹配零个或多个前面的那一个元素
所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。

示例 1：
输入：s = “aa”, p = “a”
输出：false
解释：“a” 无法匹配 “aa” 整个字符串。

示例 2:
输入：s = “aa”, p = “a*”
输出：true
解释：因为 ‘*’ 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 ‘a’。因此，字符串 “aa” 可被视为 ‘a’ 重复了一次。

示例 3：
输入：s = “ab”, p = “.*”
输出：true
解释：". * " 表示可匹配零个或多个（’ * ‘）任意字符（’.'）。

提示：

• 1 <= s.length <= 20
• 1 <= p.length <= 20
• s 只包含从 a - z 的小写字母。
• p 只包含从 a - z 的小写字母，以及字符.和 * 。
• 保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符

思路：

1. 状态表示：dp[i][j] 表示：字符串 p 的 [0, j] 区间和字符串 s 的 [0, i] 区间是否可以匹配；
2. 状态转移方程：根据最后⼀个位置的元素，结合题⽬要求，分情况讨论：

• 当 s[i] == p[j] 或 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] ；
• 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。此时，匹配策略有两种选择：
  a. ⼀种选择是： p[j - 1]* 匹配空字符串，此时相当于这两个字符都没有撇配，直接继承状态 dp[i][j - 2] ，此时 dp[i][j] = dp[i][j - 2] ；
  b. 另⼀种选择是： p[j - 1]* 向前匹配 1 ~ n 个字符，直⾄匹配上整个 s1 串；此时相当于从 dp[k][j - 2] (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 且 s[k]~s[i] = p[j - 1]) ；
• 当 p[j] 不是特殊字符，且不与 s[i] 相等时，无法匹配。

三种情况加起来，就是所有可能的匹配结果。

综上所述，状态转移方程为：

• 当 s[i] == p[j] 或 p[j] == ‘.’ 时： dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；
• 当 p[j] == ‘*’ 时，有多种情况需要讨论： dp[i][j] = dp[i][j - 2] ；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：

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

我们发现 i 是有规律的减小的，因此我们去看看 dp[i - 1][j] ：
dp[i - 1][j] = dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 2][j - 2] || dp[i - 3][j - 2] …

我们发现， dp[i][j] 的状态转移方程里面除了第一项以外，其余的都可以用 dp[i - 1][j] 替代。因此，我们优化我们的状态转移方程为： dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j] .

3. 初始化：

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；第一行表示 s 是一个空串， p 串和空串只有一种匹配可能，即 p 串全部字符表示为 “任⼀字符+ *”，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.

4. 返回值：根据状态表示，返回 dp[m][n] 的值.

代码如下：

		class Solution {public:bool isMatch(string s, string p) {int m = s.size(), n = p.size();// dp[i][j] 表⽰，字符串 p 的 [0, j] 区间和字符串 s 的 [0, i] 区间是否可以匹配vector<vector<bool>> dp(m + 1, vector<bool>(n + 1));s = ' ' + s, p = ' ' + p;// 完成初始化// 第⼀⾏表⽰ s 是⼀个空串， p 串和空串只有⼀种匹配可能，即 p 串全部字符表⽰为 "任⼀字符+ *"，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 。因为 "任⼀字符+ *" 可以表示空串dp[0][0] = true;for(int i = 2; i <= n; i += 2) if(p[i] == '*') dp[0][i] = true, dp[0][i - 1] = true;else break;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){// dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j] 使用数学推导// dp[i][j - 2] 不会报错是因为第一个位置不可能是'*'if(p[j] == '*') dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j] && (p[j - 1] == s[i] || p[j - 1] == '.');else dp[i][j] = ((p[j] == s[i] || p[j] == '.') && dp[i - 1][j - 1]);}}return dp[m][n];}};

6. 交错字符串

题目链接 -> Leetcode -97.交错字符串

Leetcode -97.交错字符串

题目：给定三个字符串 s1、s2、s3，请你帮忙验证 s3 是否是由 s1 和 s2 交错 组成的。

两个字符串 s 和 t 交错 的定义与过程如下，其中每个字符串都会被分割成若干 非空 子字符串：

s = s1 + s2 + … + sn
t = t1 + t2 + … + tm
| n - m| <= 1
交错 是 s1 + t1 + s2 + t2 + s3 + t3 + … 或者 t1 + s1 + t2 + s2 + t3 + s3 + …
注意：a + b 意味着字符串 a 和 b 连接。

示例 1：
输入：s1 = “aabcc”, s2 = “dbbca”, s3 = “aadbbcbcac”
输出：true

示例 2：
输入：s1 = “aabcc”, s2 = “dbbca”, s3 = “aadbbbaccc”
输出：false

示例 3：
输入：s1 = “”, s2 = “”, s3 = “”
输出：true

提示：

• 0 <= s1.length, s2.length <= 100
• 0 <= s3.length <= 200
• s1、s2、和 s3 都由小写英文字母组成

思路：

1. 状态表示：dp[i][j] 表示字符串 s1 中 [1, i] 区间内的字符串以及 s2 中 [1, j] 区间内的字符串，能否拼接成 s3 中 [1, i + j] 区间内的字符串；
2. 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」：

• 当 s3[i + j] = s1[i] 的时候，说明交错后的字符串的最后一个字符和 s1 的最后一个字符匹配了。那么整个字符串能否交错组成，变成：s1 中 [1, i - 1] 区间上的字符串以及 s2 中 [1, j] 区间上的字符串，能够交错形成 s3 中 [1, i + j - 1] 区间上的字符串，也就是 dp[i - 1][j] ；此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j]；
• 当 s3[i + j] = s2[j] 的时候，说明交错后的字符串的最后一个字符和 s2 的最后一个字符匹配了。那么整个字符串能否交错组成，变成：s1 中 [1, i] 区间上的字符串以及 s2 中 [1, j - 1] 区间上的字符串，能够交错形成 s3 中 [1, i + j - 1] 区间上的字符串，也就是 dp[i][j - 1] ；
• 当两者的末尾都不等于 s3 最后一个位置的字符时，说明不可能是两者的交错字符串。

上述三种情况下，只要有一个情况下能够交错组成目标串，就可以返回 true；因此，我们可以定义状态转移为：

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

3. 初始化：
   由于用到 i - 1 , j - 1 位置的值，因此需要初始化「第一个位置」以及「第一行」和「第一列」。

• 第一个位置：dp[0][0] = true ，因为空串 + 空串能够构成一个空串。
• 第一行：第一行表示 s1 是一个空串，我们只用考虑 s2 即可。因此状态转移之和 s2 有关：dp[0][j] = s2[j - 1] == s3[j - 1] && dp[0][j - 1] ， j 从 1 到 n（ n 为 s2 的长度）
• 第一列：第一列表示 s2 是一个空串，我们只用考虑 s1 即可。因此状态转移之和 s1 有关：dp[i][0] = s1[i - 1] == s3[i - 1] && dp[i - 1][0] ， i 从 1 到 m（ m 为 s1 的长度）

4. 返回值：根据「状态表示」，我们需要返回 dp[m][n] 的值。

代码如下：

		class Solution {public:bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {int l1 = s1.size(), l2 = s2.size(), l3 = s3.size();if(l1 + l2 != l3) return false;s1 = " " + s1, s2 = " " + s2, s3 = " " + s3;// 完成初始化// dp[i][j] 表⽰字符串 s1 中 [1, i] 区间内的字符串以及 s2 中 [1, j] 区间内的字符串，能否拼接成 s3 中 [1, i + j] 区间内的字符串vector<vector<bool>> dp(l1 + 1, vector<bool>(l2 + 1));dp[0][0] = true;// 第⼀⾏表⽰ s1 是⼀个空串，我们只⽤考虑 s2 即可for(int j = 1; j <= l2; j++) if(s2[j] == s3[j]) dp[0][j] = true;else break;// 第⼀列表⽰ s2 是⼀个空串，我们只⽤考虑 s1 即可for(int i = 1; i <= l1; i++) if(s1[i] == s3[i]) dp[i][0] = true;else break;// 开始填表for(int i = 1; i <= l1; i++){for(int j = 1; j <= l2; j++){// 比较 s1 和 s2 中最后一个字符和 s3 中最后一个字符是否相同dp[i][j] = (s1[i] == s3[i + j] && dp[i - 1][j]) ||(s2[j] == s3[i + j] && dp[i][j - 1]);}}return dp[l1][l2];} };

7. 两个字符串的最小ASCII删除和

题目链接 -> Leetcode -712.两个字符串的最小ASCII删除和

Leetcode -712.两个字符串的最小ASCII删除和

题目：给定两个字符串s1 和 s2，返回 使两个字符串相等所需删除字符的 ASCII 值的最小和 。

示例 1:
输入: s1 = “sea”, s2 = “eat”
输出 : 231
解释 : 在 “sea” 中删除 “s” 并将 “s” 的值(115)加入总和。
在 “eat” 中删除 “t” 并将 116 加入总和。
结束时，两个字符串相等，115 + 116 = 231 就是符合条件的最小和。

示例 2 :
输入 : s1 = “delete”, s2 = “leet”
输出 : 403
解释 : 在 “delete” 中删除 “dee” 字符串变成 “let”，
将 100[d] + 101[e] + 101[e] 加入总和。在 “leet” 中删除 “e” 将 101[e] 加入总和。
结束时，两个字符串都等于 “let”，结果即为 100 + 101 + 101 + 101 = 403 。
如果改为将两个字符串转换为 “lee” 或 “eet”，我们会得到 433 或 417 的结果，比答案更大。

提示 :

• 0 <= s1.length, s2.length <= 1000
• s1 和 s2 由小写英文字母组成

思路：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。因此，我们的思路就是按照「最长公共子序列」的分析方式来分析。

1. 状态表示：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，公共子序列的 ASCII 最大和。
2. 状态转移方程：

对于 dp[i][j] 根据「最后一个位置」的元素，结合题目要求，分情况讨论：

• 当 s1[i] == s2[j] 时：应该先在 s1 的 [0, i - 1] 区间以及 s2 的 [0, j - 1] 区间内找一个公共子序列的最大和，然后在它们后面加上一个 s1[i] 字符即可。
  此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + s1[i] ；
• 当 s1[i] != s2[j] 时：公共子序列的最大和会有三种可能：
  (1) s1 的 [0, i - 1] 区间以及 s2 的 [0, j] 区间内：此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j] ；
  (2) s1 的 [0, i] 区间以及 s2 的 [0, j - 1] 区间内：此时 dp[i][j] = dp[i][j - 1] ；
  (3) s1 的 [0, i - 1] 区间以及 s2 的 [0, j - 1] 区间内：此时 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] ;
  但是前两种情况里面包含了第三种情况，因此仅需考虑前两种情况下的最大值即可。

综上所述，状态转移方程为：

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

5. 返回值：根据「状态表示」，我们不能直接返回 dp 表里面的某个值：
   i. 先找到 dp[m][n] ，也是最大公共 ASCII 和；
   ii. 统计两个字符串的 ASCII 码和 s u m；
   iii. 返回 sum - 2 * dp[m][n]

代码如下：

		class Solution {public:int minimumDeleteSum(string s1, string s2) {int m = s1.size(), n = s2.size();   //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，公共⼦序列的 ASCII 最⼤和。vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));s1 = ' ' + s1, s2 = ' ' + s2;int sum = 0, flag = 1;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){// 有s1[i]无s2[j] 或 无s1[i]有s2[j] （这两种情况包括无s1[i]无s2[j]）dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]);// 既有s1[i]也有s2[j]if(s1[i] == s2[j]) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1] + s1[i]);if(flag) sum += s2[j];  // 计算 s2 字符串总和，不能在循环外计算，会把前面的 ' ' 加上}sum += s1[i];  // 计算 s1 字符串总和flag = 0;}return sum - 2*dp[m][n];}};

8. 最长重复子数组

题目链接 -> Leetcode -718.最长重复子数组

Leetcode -718.最长重复子数组

题目：给两个整数数组 nums1 和 nums2 ，返回 两个数组中 公共的 、长度最长的子数组的长度 。

示例 1：
输入：nums1 = [1, 2, 3, 2, 1], nums2 = [3, 2, 1, 4, 7]
输出：3
解释：长度最长的公共子数组是[3, 2, 1] 。

示例 2：
输入：nums1 = [0, 0, 0, 0, 0], nums2 = [0, 0, 0, 0, 0]
输出：5

提示：

• 1 <= nums1.length, nums2.length <= 1000
• 0 <= nums1[i], nums2[i] <= 100

思路：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」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] == nums2[j] 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]
3. 返回值：根据「状态表示」，我们需要返回 dp 表里面的「最大值」

代码如下：

		class Solution {public:int findLength(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m = nums1.size(), n = nums2.size();//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」公共的 、⻓度最⻓的「⼦数组」的⻓度vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));int ret = INT_MIN;for(int i = 1; i <= m; i++){for(int j = 1; j <= n; j++){// 两个元素相等if(nums1[i - 1] == nums2[j - 1]) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1] + 1);ret = max(ret, dp[i][j]);}}return ret;}};