Leetcode 剑指 Offer II 093.最长的斐波那契子序列的长度

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题目难度: 中等

原题链接

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题目描述

如果序列 X_1, X_2, …, X_n 满足下列条件，就说它是斐波那契式的：

n >= 3
对于所有 i + 2 <= n，都有 X_i + X_{i+1} = X_{i+2}

给定一个严格递增的正整数数组形成序列 arr ，找到 arr 中最长的斐波那契式的子序列的长度。如果一个不存在，返回 0 。

（回想一下，子序列是从原序列 arr 中派生出来的，它从 arr 中删掉任意数量的元素（也可以不删），而不改变其余元素的顺序。例如， [3, 5, 8] 是 [3, 4, 5, 6, 7, 8] 的一个子序列）

示例 1：

输入: arr = [1,2,3,4,5,6,7,8]
输出: 5
解释: 最长的斐波那契式子序列为 [1,2,3,5,8] 。

示例 2：

输入: arr = [1,3,7,11,12,14,18]
输出: 3
解释: 最长的斐波那契式子序列有 [1,11,12]、[3,11,14] 以及 [7,11,18] 。

提示：

3 <= arr.length <= 1000
1 <= arr[i] < arr[i + 1] <= 10^9

题目思考

如何尽可能优化时间复杂度?

解决方案

分析题目, 一个很容易想到的思路是固定开头的两个数字, 然后检查两数之和是否存在于数组中, 是的话将其作为新的数字, 继续向后检查
这里需要使用一个集合存储数组的所有值, 这样可以快速判断两数之和是否存在, 不过这种做法的时间复杂度达到了 O(N^3) (两重循环 O(N^2)固定开头, 内部 O(N)向后检查新数字), 有没有更优的做法呢?
不难发现, 上面的思路进行了大量的重复计算, 因为当两开头之和存在于数组中时, 我们会重复计算以(第二个开头, 两开头之和)作为开头的子序列, 如果我们能提前记录这部分, 就可以避免重复计算
举个例子, 对于数组[1,2,3,4,5,6,7,8], 假设当前遍历到的开头两个数字分别是 2 和 3, 其数字之和是 5, 那么如果我们提前计算好了以 3 和 5 开头的最长子序列长度, 那么 2 和 3 开头的子序列自然就是那个长度加 1 (即加上新的开头 2)
这就是典型的动态规划的思想, 我们可以从后往前进行两重循环, 使用二维 dp 数组记录开头两下标时的最长子序列长度, 然后如果两数之和对应的下标存在于数组中, 则更新当前 dp 值为那个 dp 值加 1
用数学语言来表示, 假设dp[i][j]分别代表以arr[i]和arr[j]作为开头两个数字时的最长子序列长度, 那么就有:
- if arr[i]+arr[j] in arr and its index is k: dp[i][j]=dp[j][k]+1
- else: dp[i][j]=2
然后由于有效子序列要求长度至少为 3, 所以只有当 dp 值大于等于 3 时才更新最终结果
另外我们需要快速得到某个值是否在数组中以及其对应下标, 我们可以使用一个下标字典, 存储数组值到其下标的映射关系, 因为题目给出的数组是严格递增的, 所以每个数字都不重复, 没有重复 key 的问题
下面的代码中有详细的注释, 方便大家理解

复杂度

时间复杂度 O(N^2): 需要两重遍历数组
空间复杂度 O(N^2): 二维 DP 数组的空间消耗

代码

class Solution:def lenLongestFibSubseq(self, arr: List[int]) -> int:### 二维DP+循环开头ij+下标字典求kn = len(arr)# {x:i}下标字典d = {x: i for i, x in enumerate(arr)}# dp[i][j]存储开头两位是下标i和j的最大长度, 初始值都是2, 因为至少有两个元素dp = [[2] * n for _ in range(n)]res = 0for i in range(n)[::-1]:for j in range(i + 1, n)[::-1]:# 注意i和j都需要逆序遍历, 这样才能保证后续序列的dp值已经被计算好# 计算得到下一位的数字, 如果存在于下标字典中, 则更新长度nex = arr[i] + arr[j]if nex in d:# 存在后续子序列, 使用对应dp值加1k = d[nex]dp[i][j] = dp[j][k] + 1if dp[i][j] >= 3:# 只有长度至少为3时才是有效的子序列res = max(res, dp[i][j])return res