Leetcode-个人题解718

LEETCODE专题

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718. Maximum Length of Repeated Subarray

题目要求：

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算法思路：

   这里，题目要求我们要将A、B中的最长匹配子串的长度找出来。为此，我们思考一个问题：该问题的子问题是什么？   很明显，该问题的子问题是其前缀问题。   设想一下，假设s为A中的最长匹配子串，p为B中的最长匹配子串，那么截取掉A中s之后的字符和对应的B中p之后的字符，s与p仍可匹配；而在此基础上截取掉s的最后一个字符和p的最后一个字符，s与p仍可匹配（假设s、p足够长），只不过最大长度减少了1；......   接下来，按照动态规划问题的思路，我们很自然地会想到下一个问题：如何让其子问题的解能够复用？   对此，笔者有自己的一番见解（这纯属一家之言，如果读者有更好的见解可以在下方评论提出）。假如说我们单纯地将最大长度作为我们的列表元素，那么后面的复用是非常困难的，因为最长子串有可能并不是以当前下标结尾的。    比如说输入为        A:[1, 2, 3, 1, 2, 3, 4]        B:[1, 2, 3, 4]    当A为[1， 2， 3， 1]， B为[1， 2， 3， 4]， 很明显这时候的最大长度是3，最长匹配子串是[1, 2, 3]，而这并不以A的结尾为结尾，所以当A的下标再增大时，就会出现子串不连续的情况（跳过了1）。而这显然不是我们想要的答案。    所以笔者想到的是，列表元素记录结尾于当前字符下标的匹配子串的长度。这样我们就可以通过一个二重循环得到所有的匹配子串的长度。    最后再用一个变量来存储最大的长度即可。    仍然用上面的例子来说明下：        A:[1, 2, 3, 1, 2, 3, 4]        B:[1, 2, 3, 4]    当A为[1， 2， 3， 1]，B为[1， 2， 3， 4]，这时候我们以A为外重循环，B为内重循环的话，可以得到A的末尾1与B的末尾4并不匹配，所以匹配长度为0。    当A为[1，2，3，1]，B为[1]时，匹配长度为1；当A为[1，2，3，1，2]，B为[1，2]时，匹配长度为2；当A为[1，2，3，1，2，3]，B为[1，2，3]时，匹配长度为3；当A为[1，2，3，1，2，3，4]，B为[1，2，3，4]时，匹配长度为4。

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下面给出代码：

class Solution {public:    /*     * My solution is to find the length of the     * matched substring which must be ended in the     * last char of ArrayA and ArrayB, which means     * the last char of both array is the same.     * A DOUBLE LOOP is going to be used to find the     * longest matched substring.     *      */    int findLength(vector<int>& A, vector<int>& B) {        // initial the 2-d array for the last inedx        // -1 stands for there is no matched char        int A_index, B_index, A_end, B_end;        A_index = B_index = 0;        A_end = A.size();        B_end = B.size();        int ** length_of_last_char_A_of_B = new int*[A_end];        for(A_index = 0; A_index < A_end; A_index++) {            length_of_last_char_A_of_B[A_index] = new int[B_end];        }        // main loop        int max = 0;        for (A_index = 0; A_index < A_end; A_index++) {            for (B_index = 0; B_index < B_end; B_index++) {                if (B_index == 0) {                    if (A[A_index] == B[0]) {                        length_of_last_char_A_of_B[A_index][0] = 1;                    } else {                        length_of_last_char_A_of_B[A_index][0] = 0;                    }                } else {                    if (A[A_index] == B[B_index]) {                        if (A_index != 0) {                            length_of_last_char_A_of_B[A_index][B_index] = length_of_last_char_A_of_B[A_index - 1][B_index - 1] + 1;                        } else {                            length_of_last_char_A_of_B[A_index][B_index] = 1;                        }                    } else {                        // for understanding more easily                        length_of_last_char_A_of_B[A_index][B_index] = 0;                    }                }                max = length_of_last_char_A_of_B[A_index][B_index] > max ? length_of_last_char_A_of_B[A_index][B_index] : max;            }        }        // clear the 2-d array        for(A_index = 0; A_index < A_end; A_index++) {            delete []length_of_last_char_A_of_B[A_index];        }        delete []length_of_last_char_A_of_B;        return max;    }};

时间复杂度：O(n^2)