【面试高频题】难度 3/5，可直接构造的序列 DP 题

题目描述

这是 LeetCode 上的 1537. 最大得分 ，难度为 困难。

Tag : 「前缀和」、「构造」、「双指针」、「序列 DP」、「动态规划」

你有两个 有序 且数组内元素互不相同的数组 nums1 和 nums2 。

一条 合法路径 定义如下：

• 选择数组 nums1 或者 nums2 开始遍历（从下标 000 处开始）。
• 从左到右遍历当前数组。
• 如果你遇到了 nums1 和 nums2 中都存在的值，那么你可以切换路径到另一个数组对应数字处继续遍历（但在合法路径中重复数字只会被统计一次）。

得分定义为合法路径中不同数字的和。

请你返回所有可能合法路径中的最大得分。

由于答案可能很大，请你将它对 109+710^9 + 7109+7 取余后返回。

示例 1：

输入：nums1 = [2,4,5,8,10], nums2 = [4,6,8,9]

输出：30

解释：合法路径包括：
[2,4,5,8,10], [2,4,5,8,9], [2,4,6,8,9], [2,4,6,8,10],（从 nums1 开始遍历）
[4,6,8,9], [4,5,8,10], [4,5,8,9], [4,6,8,10]  （从 nums2 开始遍历）
最大得分为上图中的绿色路径 [2,4,6,8,10] 。

示例 2：

输入：nums1 = [1,3,5,7,9], nums2 = [3,5,100]

输出：109

解释：最大得分由路径 [1,3,5,100] 得到。

示例 3：

输入：nums1 = [1,2,3,4,5], nums2 = [6,7,8,9,10]

输出：40

解释：nums1 和 nums2 之间无相同数字。
最大得分由路径 [6,7,8,9,10] 得到。

示例 4：

输入：nums1 = [1,4,5,8,9,11,19], nums2 = [2,3,4,11,12]

输出：61

提示：

• 1<=nums1.length<=1051 <= nums1.length <= 10^51<=nums1.length<=105
• 1<=nums2.length<=1051 <= nums2.length <= 10^51<=nums2.length<=105
• 1<=nums1[i],nums2[i]<=1071 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^71<=nums1[i],nums2[i]<=107
• nums1 和 nums2 都是严格递增的数组。

前缀和 + 构造（分段计算）

一个简单且正确的做法，是我们构造一种决策方案，使得能够直接计算出最大得分。

首先，在最佳路径中所有的公共点都必然会经过，因此我们可以将值相等的点进行合并，即看作同一个点。

利用两个数组均满足「单调递增」，我们可以通过 O(n+m)O(n + m)O(n+m) 的复杂度统计出那些公共点，以二元组 (i,j)(i, j)(i,j) 的形式存储到 list 数组（二元组含义为 nums1[i]=nums2[j]nums1[i] = nums2[j]nums1[i]=nums2[j]）。

对于 list 中的每对相邻元素（相邻公共点），假设为 (ai,bi)(a_i, b_i)(ai​,bi​) 和 (ci,di)(c_i, d_i)(ci​,di​)，我们可以通过「前缀和」计算出 nums1[ai...ci]nums1[a_i ... c_i]nums1[ai​...ci​] 以及 nums2[bi...di]nums2[b_i ... d_i]nums2[bi​...di​] 的和，从而决策出在 nums1[ai]nums1[a_i]nums1[ai​]（或者说是 nums2[bi]nums2[b_i]nums2[bi​]，这两个是同一个点）时，我们应当走哪一段。

当计算完所有公共点之间的得分后，对于最佳路线的首位两端，也是结合「前缀和」做同样的逻辑处理即可。

代码：

class Solution {
    int MOD = (int)1e9 + 7;
    public int maxSum(int[] nums1, int[] nums2) {
        int n = nums1.length, m = nums2.length;
        long[] s1 = new long[n + 10], s2 = new long[m + 10];
        for (int i = 1; i <= n; i++) s1[i] = s1[i - 1] + nums1[i - 1];
        for (int i = 1; i <= m; i++) s2[i] = s2[i - 1] + nums2[i - 1];
        List<int[]> list = new ArrayList<>();
        for (int i = 0, j = 0; i < n && j < m; ) {
            if (nums1[i] == nums2[j]) list.add(new int[]{i, j});
            if (nums1[i] < nums2[j]) i++;
            else j++;
        }
        long ans = 0;
        for (int i = 0, p1 = -1, p2 = -1; i <= list.size(); i++) {
            int idx1 = 0, idx2 = 0;
            if (i < list.size()) {
                int[] info = list.get(i);
                idx1 = info[0]; idx2 = info[1];
            } else {
                idx1 = n - 1; idx2 = m - 1;
            }
            long t1 = s1[idx1 + 1] - s1[p1 + 1], t2 = s2[idx2 + 1] - s2[p2 + 1];
            ans += Math.max(t1, t2);
            p1 = idx1; p2 = idx2;
        }
        return (int)(ans % MOD);
    }
}

• 时间复杂度：O(n+m)O(n + m)O(n+m)
• 空间复杂度：O(n+m)O(n + m)O(n+m)

序列 DP

另外一个较为常见的做法是「序列 DP」做法。

定义 f[i]f[i]f[i] 代表在 nums1 上进行移动，到达 nums1[i]nums1[i]nums1[i] 的最大得分；定义 g[j]g[j]g[j] 代表在 nums2 上进行移动，到达 nums[j]nums[j]nums[j] 的最大得分。

由于两者的分析是类似的，我们以 f[i]f[i]f[i] 为例进行分析即可。

不失一般性考虑 f[i]f[i]f[i] 如何转移，假设当前处理到的是 nums1[i]nums1[i]nums1[i]，根据 nums1[i]nums1[i]nums1[i] 是否为公共点，进行分情况讨论：

• nums1[i]nums1[i]nums1[i] 不为公共点，此时只能由 nums[i−1]nums[i - 1]nums[i−1] 转移而来，即有 f[i]=f[i−1]+nums[i]f[i] = f[i - 1] + nums[i]f[i]=f[i−1]+nums[i]；
• nums1[i]nums1[i]nums1[i] 为公共点（假设与 nums2[j]nums2[j]nums2[j] 公共），此时能够从 nums1[i−1]nums1[i - 1]nums1[i−1] 或 nums2[j−1]nums2[j - 1]nums2[j−1] 转移而来，我们需要取 f[i−1]f[i - 1]f[i−1] 和 g[j−1]g[j - 1]g[j−1] 的最大值，即有 f[i]=g[j]=max⁡(f[i−1],g[j−1])+nums1[i]f[i] = g[j] = \max(f[i - 1], g[j - 1]) + nums1[i]f[i]=g[j]=max(f[i−1],g[j−1])+nums1[i]。

更重要的是，我们需要确保计算 f[i]f[i]f[i] 时，g[j−1]g[j - 1]g[j−1] 已被计算完成。

由于最佳路线必然满足「单调递增」，因此我们可以使用「双指针」来对 f[i]f[i]f[i] 和 g[j]g[j]g[j] 同时进行转移，每次取值小的进行更新，从而确保更新过程也是单调的，即当需要计算 f[i]f[i]f[i] 时，比 nums1[i]nums1[i]nums1[i] 小的 f[X]f[X]f[X] 和 g[X]g[X]g[X] 均被转移完成。

代码：

class Solution {
    int MOD = (int)1e9 + 7;
    public int maxSum(int[] nums1, int[] nums2) {
        int n = nums1.length, m = nums2.length;
        long[] f = new long[n + 1], g = new long[m + 1];
        int i = 1, j = 1;
        while (i <= n || j <= m) {
            if (i <= n && j <= m) {
                if (nums1[i - 1] < nums2[j - 1]) {
                    f[i] = f[i - 1] + nums1[i - 1];
                    i++;
                } else if (nums2[j - 1] < nums1[i - 1]) {
                    g[j] = g[j - 1] + nums2[j - 1];
                    j++;
                } else {
                    f[i] = g[j] = Math.max(f[i - 1], g[j - 1]) + nums1[i - 1];
                    i++; j++;
                }
            } else if (i <= n) {
                f[i] = f[i - 1] + nums1[i - 1];
                i++;
            } else {
                g[j] = g[j - 1] + nums2[j - 1];
                j++;
            }
        }
        return (int) (Math.max(f[n], g[m]) % MOD);
    }
}

• 时间复杂度：O(n+m)O(n + m)O(n+m)
• 空间复杂度：O(n+m)O(n + m)O(n+m)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1537 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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