t1:
求出乙個有序陣列中公差為d的最長等差數列。
較簡單動態規劃:
設等差數列的起始下標為s,當前下標為i，從s到i，構成的最長的等差數列長度為f(s,i),有
f(s,i+1) = f(s,i) +1 ( input[i+1] == input[s] + f(s,i)*d)
f(s,i) ( input[i+1] != input[s] + f(s,i)*d)
最長的數列長度為：
maxlen = max
演算法時間複雜度應為n的平方，空間複雜度可優化至o(1) （**中為o(n)）
**如下：
#include #include #define max 1000
void getseq(int *input, int size, int d);
int startindex = 0;
int maxlen = 0;
int maxlenstartindex = -1;
for(;startindex < size-maxlen; startindex++)
}else if(input[i] > input[startindex] + result[i-1]*d)
break;}}
printf("max sequence start index: %d, length: %d \n", maxlenstartindex, maxlen);
}int main();
getseq(input, sizeof(input)/sizeof(int), 3);
}
t2:求微軟面試題：求整數隨機數構成的陣列中找到長度大於=3的最長的等差數列
輸出等差數列由小到大:
如果沒有符合條件的就輸出[0,0]
格式：輸入[1,3,0,5,-1,6]
輸出[-1,1,3,5]
要求時間複雜度，空間複雜度盡量小
而本文要提另一種動態規劃解法，時間複雜度o(n^2)，空間複雜度比較大，一會說。
方法：第一步都一樣，先排序。
第二步，動態規劃。在乙個已排好序的數列中，等差數列的差d滿足 0 <= d <= a[n-1] - a[0]。於是，設乙個二維表dp，有a[n-1] - a[0] + 1 行，n列，dp[i][j]記錄數列a[j]，公差為i下的最長數列長度。那麼很明顯有：dp[i][j] = dp[i][ index_of( a[j] + i ) ] + 1。其中index_of(num)表示數num在陣列a中的索引。上述dp的意思是：如果a[j]能構成等差數列的乙份子，公差為i，那麼它的下一項就是a[j] + i，這當然要求a[j] + i存在於陣列a中啦~而且，a[j]構成的數列的長度就是由 a[j] + i 構成數列長度加1. 依據上述分析，只要對陣列a由尾到頭遍歷，對每個a[j]，求出所有公差從0到a[n-1]-a[0]下的最長數列長度，則問題就得解了。
注意幾個問題：
1. 上述分析過程中要求求出所有公差從0到a[n-1]-a[0]，但實際上並不需要這麼乙個乙個的求，因為以任何a[j]，它能構成等差數列，則公差一定是 a[ k ] - a[ j ]，這裡 j < k < n，因此，求解的範圍得到縮小，因此整體的時間複雜度為0(n^2)。
2. 另乙個實現問題是，dp只記錄了最長數列的長度，而我們為了能回朔並輸出等差數列，我們還需要知道構成最長等差數列a[j]的下乙個數是什麼，因此，需要同時記錄下一跳的索引。在**中，我用pair來記錄，first記錄長度，second記錄下一跳索引。
3. 注意處理a[j]與多個數差值相同的情況，比如 1,3,3，對a[0]=1，它和a[1]，a[2]的差值相同，所以對於a[0]，公差為2而言，即dp[2][0]，它只需要更新一次即可。
#include "stdafx.h"
#include #include using namespace std;
const int n = 10;
const int invalid_idx = -1;
void show(int* a,int n)
} }
if( maxlen > 1 )
cout<}
else
for (int i=0;idelete dp[i];
delete dp;
} int main(void)
; longest_seq(a);
return 0;
}
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