leetcode 718 最长公共子串

给两个整数数组 nums1 和 nums2 ，返回两个数组中公共的、长度最长的子数组的长度。

示例 1：

输入：nums1 = [1,2,3,2,1], nums2 = [3,2,1,4,7]
输出：3
解释：长度最长的公共子数组是 [3,2,1] 。
示例 2：

输入：nums1 = [0,0,0,0,0], nums2 = [0,0,0,0,0]
输出：5

首先考虑暴力法，用前缀或后缀的思路，枚举nums1[i] 和 nums2[j]，求以他们为结尾的字符串nums1[:i+1] 和 nums2[:j+1]的最长公共后缀，在所有枚举结果里面取最大值。时间复杂度O(n3)

# class Solution(object):
#     def findLength(self, nums1, nums2):
#         """
#         :type nums1: List[int]
#         :type nums2: List[int]
#         :rtype: int
#         """
#         tot = 0
#         for i in range(len(nums1)):
#             for j in range(len(nums2)):
#                 k = 0
#                 while (i + k < len(nums1)) and (j + k < len(nums2)) and (nums1[i+k] == nums2[j+k]):
#                     k += 1
#                 tot = max(tot, k)
#         return tot
class Solution(object):def findLength(self, nums1, nums2):""":type nums1: List[int]:type nums2: List[int]:rtype: int"""tot = 0for i in range(len(nums1)):for j in range(len(nums2)):k = 0while (i - k >= 0) and (j - k >= 0) and (nums1[i-k] == nums2[j-k]):k += 1tot = max(tot, k)return tot

可以看出复杂度高的原因是，nums1[i]和nums2[j]不断被重复比较，如果想比较一次，以后就直接不用比较了，那么就考虑动态规划。和子序列不一样的是’abc’ 与’abd’最长公共子串为’ab’，长度为2，但是添加一位以后，‘abcd’与’abdd’即便最后一位相同，这个最长子串的长度依然还是2. 所以我们的dp[i][j]的含义要变一下，就是分别以nums1[i-1]和nums2[j-1]结尾的字符串的最长公共后缀,最终结果就是所有dp[i][j]取值中的最大值。

状态转移方程,分两种考虑：
当 text1[i - 1] == text2[j - 1] 时，说明两个字符串的最后一位相等，所以最长公共后缀又增加了 1，即 dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1；
当 text1[i - 1] != text2[j - 1] 时，说明两个子串的最后一位不相等，此时字符串的最长公共后缀为0，即 dp[i][j] =0

dp[0][…]和dp[…][0]代表其中一个是空字符串，最长公共后缀长度为0，据此设置边界条件

最后一位如果不同，则dp[-1][-1]=0，但是两个字符串仍然可能是有公共子串的，因此我们需要用一个变量来记录最大值，而不是return dp[-1][-1]

class Solution(object):def findLength(self, nums1, nums2):""":type nums1: List[int]:type nums2: List[int]:rtype: int"""tot = 0dp = [[0]*(len(nums2)+1) for _ in range(len(nums1)+1)]for i in range(1, len(nums1)+1):for j in range(1, len(nums2)+1):if nums1[i-1] == nums2[j-1]:dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1else:dp[i][j] = 0 tot = max(tot, dp[i][j])return tot

时间复杂度O(m Xn ), 空间复杂度O(m x n)

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