代码随想录之1143.最长公共子序列

背景

在做完华为机试牛客刷题之HJ75 公共子串计算后发现了1143.最长公共子序列，看了代码随想录的视频解释后还是不能理解dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);这段代码，于是把代码喂给deepseek后根据深度思考内容得到了理解，在这里分享一下：

深度思考内容（加粗内容为重点）

首先，代码定义了一个Solution类，里面有一个方法longestCommonSubsequence，参数是两个字符串text1和text2。方法内部创建了一个二维数组dp，大小为text1的长度加1乘text2的长度加1。然后通过双重循环遍历这两个字符串，填充dp数组。最后返回dp[text1.length()][text2.length()]的值作为结果。

接下来，我需要理解dp数组的含义。根据动态规划的思想，dp[i][j]应该表示text1的前i个字符和text2的前j个字符的最长公共子序列的长度。对吗？比如，当i=0或j=0时，表示其中一个字符串为空，所以LCS长度为0。这应该是初始化的部分，但代码中并没有显式初始化，可能是因为Java数组默认初始化为0。所以，dp[0][j]和dp[i][0]都是0，这没问题。

然后是两个嵌套的循环。外层循环遍历text1的每个字符，从i=1到i<=text1.length()。内层循环遍历text2的每个字符，从j=1到j<=text2.length()。这里i和j都是从1开始的，所以需要取text1.charAt(i-1)和text2.charAt(j-1)来获取当前字符。这是因为数组的索引从0开始，而i和j从1开始，对应字符串中的前i或前j个字符。

接下来，如果当前字符char1和char2相等的话，dp[i][j]就等于dp[i-1][j-1]加1。这个逻辑是，如果当前字符相同，那么它们可以加入到之前的LCS中，所以长度加1。比如，假设text1的前i-1和text2的前j-1的LCS长度是k，那么加上当前相同的字符后，长度就是k+1。

如果当前字符不相等，那么dp[i][j]等于dp[i-1][j]和dp[i][j-1]中的较大者。这表示当前字符不同，无法同时包含两个字符到LCS中，只能取其中一个方向的最大值。比如，要么不考虑text1的当前字符（取dp[i-1][j]），要么不考虑text2的当前字符（取dp[i][j-1]）。

这样，整个dp数组填充完毕后，最后一个元素dp[m][n]就是text1和text2的最长公共子序列的长度。

另外，时间复杂度和空间复杂度如何？这里用了二维数组，空间复杂度是O(mn)，而时间复杂度也是O(mn)，因为双重循环遍历所有字符。

总结，这段代码的核心思想是利用动态规划，通过填充一个二维数组来记录每一步的最优解，最终得到两个字符串的最长公共子序列长度。关键点在于状态转移方程的处理，即当前字符是否相等时的不同处理方式。

详细解释和示例

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1. 正确的示例选择

为了准确说明问题，我们选择两个有共同字符的字符串：

• 字符串1："abcde"
• 字符串2："ace"

它们的 最长公共子序列（LCS） 是 "ace"，长度为 3。

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2. 动态规划表格构建

我们通过表格逐步计算每个子问题的解。表格的行表示字符串2的字符，列表示字符串1的字符。索引从 1 开始（索引 0 表示空字符串）。

初始表格

		a	b	c	d	e
0	0	0	0	0	0	0
a	0
c	0
e	0

逐步填表

1. 第1行（字符串2的字符 a）：

   • 比较字符串1的每个字符与 a：
     • i=1（字符 a）：匹配，dp[1][1] = dp[0][0] + 1 = 1
     • 其他列：不匹配，取左或上的最大值（均为0）。

   		a	b	c	d	e
   0	0	0	0	0	0	0
   a	0	1	1	1	1	1

2. 第2行（字符串2的字符 c）：

   • 比较字符串1的每个字符与 c：
     • i=3（字符 c）：匹配，dp[2][3] = dp[1][2] + 1 = 1 + 1 = 2
     • 其他列：取左或上的最大值。

   		a	b	c	d	e
   0	0	0	0	0	0	0
   a	0	1	1	1	1	1
   c	0	1	1	2	2	2

3. 第3行（字符串2的字符 e）：

   • 比较字符串1的每个字符与 e：
     • i=5（字符 e）：匹配，dp[3][5] = dp[2][4] + 1 = 2 + 1 = 3
     • 其他列：取左或上的最大值。

   		a	b	c	d	e
   0	0	0	0	0	0	0
   a	0	1	1	1	1	1
   c	0	1	1	2	2	2
   e	0	1	1	2	2	3

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3. 关键步骤说明

• 当 i=3（字符 c）和 j=2（字符 c）时：

  • 字符串1的第3个字符是 c，字符串2的第2个字符是 c。
  • 匹配成功，长度更新为 dp[1][1] + 1 = 1 + 1 = 2。

• 当 i=5（字符 e）和 j=3（字符 e）时：

  • 字符串1的第5个字符是 e，字符串2的第3个字符是 e。
  • 匹配成功，长度更新为 dp[2][2] + 1 = 2 + 1 = 3。

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4. 代码与表格的对应

for (int i = 1; i <= text1.length(); i++) {
    char char1 = text1.charAt(i - 1);
    for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
        char char2 = text2.charAt(j - 1);
        if (char1 == char2) {
            dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1; // 左上角值 + 1
        } else {
            dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]); // 取左或上的最大值
        }
    }
}

• 索引处理：i 和 j 从 1 开始，对应字符串的 charAt(i-1) 和 charAt(j-1)。
• 表格填充：每个单元格 dp[i][j] 的计算依赖左、上、左上三个方向的值。

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5. 完整代码

/*
	二维dp数组
*/
class Solution {
    public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
        // char[] char1 = text1.toCharArray();
        // char[] char2 = text2.toCharArray();
	// 可以在一開始的時候就先把text1, text2 轉成char[]，之後就不需要有這麼多爲了處理字串的調整
	// 就可以和卡哥的code更一致
 	
        int[][] dp = new int[text1.length() + 1][text2.length() + 1]; // 先对dp数组做初始化操作
        for (int i = 1 ; i <= text1.length() ; i++) {
            char char1 = text1.charAt(i - 1);
            for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
                char char2 = text2.charAt(j - 1);
                if (char1 == char2) { // 开始列出状态转移方程
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
                } else {
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
                }
            }
        }
        return dp[text1.length()][text2.length()];
    }
}