646. 最长数对链 : 常规贪心 DP 运用题

2年前 (2022) 程序员胖胖胖虎阿

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题目描述

这是 LeetCode 上的 646. 最长数对链 ，难度为中等。

Tag : 「贪心」、「排序」、「二分」、「序列 DP」、「LIS」

给出 n 个数对。在每一个数对中，第一个数字总是比第二个数字小。

现在，我们定义一种跟随关系，当且仅当 b < c 时，数对 $(c, d)$ 才可以跟在 $(a, b)$ 后面。我们用这种形式来构造一个数对链。

给定一个数对集合，找出能够形成的最长数对链的长度。你不需要用到所有的数对，你可以以任何顺序选择其中的一些数对来构造。

示例：

输入：[[1,2], [2,3], [3,4]]

输出：2

解释：最长的数对链是 [1,2] -> [3,4]

提示：

给出数对的个数在 $[1, 1000]$ 范围内。

排序 + 贪心 DP（转移剪枝）

起始先将 pairs 根据第一维排升序（或直接双关键字排升序）。

考虑定义 $f[i]$ 为以 $pairs[i]$ 为结尾的最长数对链长度，所有 $f[i]$ 中的最大值为答案。

不失一般性考虑 $f[i]$ 该如何转移：不难发现 $f[i]$ 为所有满足「下标范围在 $[0, i - 1]$，且 $pairs[j][1] < pairs[i][0]$」条件的 $f[j] + 1$ 的最大值。

但实际上，我们只需要从 $j = i - 1$ 开始往回找，找到第一个满足 $pairs[j][1] < pairs[i][0]$ 的位置 $j$ 即可。

容易证明该做法的正确性：假设贪心解（该做法）找到的位置 $j$ 不是最优位置，即存在比 $j$ 更小的合法下标 $j'$ 满足 $f[j'] > f[j]$。根据我们的排序规则必然有 $pairs[j'][0] <= pairs[j][0]$ 的性质，则可知 $pairs[j]$ 必然可以代替 $pairs[j']$ 接在原本以 $pairs[j']$ 为结尾的最优数链上（最优数链长度不变，结果不会变差），则至少有 $f[j'] = f[j]$。

代码：

class Solution {
    public int findLongestChain(int[][] pairs) {
        Arrays.sort(pairs, (a,b)->a[0]-b[0]);
        int n = pairs.length, ans = 1;
        int[] f = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            f[i] = 1;
            for (int j = i - 1; j >= 0 && f[i] == 1; j--) {
                if (pairs[j][1] < pairs[i][0]) f[i] = f[j] + 1;
            }
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度：排序的复杂度为 $O(n\log{n})$；不考虑剪枝效果 DP 复杂度为 $O(n^2)$。整体复杂度为 $O(n^2)$
空间复杂度：$O(n)$

排序 + 贪心 DP（优化转移）

根据上述分析，我们知道对于一个特定的 $pairs[i]$ 而言，其所有合法（满足条件 $pairs[j][1] < pairs[i][0]$）的前驱状态 $f[j]$ 必然是非单调递增的。

根据 LIS 问题的贪心解的思路，我们可以额外使用一个数组记录下特定长度数链的最小结尾值，从而实现二分找前驱状态。

具体的，创建 $g$ 数组，其中 $g[len] = x$ 代表数链长度为 $len$ 时结尾元素的第二维最小值为 $x$。

如此一来，当我们要找 $f[i]$ 的前驱状态时，等价于在 $g$ 数组中找满足「小于 $pairs[i][0]$」的最大下标。同时，我们不再需要显式维护 $f$ 数组，只需要边转移变更新答案即可。

不了解 LIS 问题的同学可以看前置 🧀 : LCS 问题与 LIS 问题的相互关系，以及 LIS 问题的最优解证明 🎉🎉🎉

代码：

class Solution {
    public int findLongestChain(int[][] pairs) {
        Arrays.sort(pairs, (a,b)->a[0]-b[0]);
        int n = pairs.length, ans = 1;
        int[] g = new int[n + 10];
        Arrays.fill(g, 0x3f3f3f3f);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int l = 1, r = i + 1;
            while (l < r) {
                int mid = l + r >> 1;
                if (g[mid] >= pairs[i][0]) r = mid;
                else l = mid + 1;
            }
            g[r] = Math.min(g[r], pairs[i][1]);
            ans = Math.max(ans, r);
        }
        return ans;
    }
}