LC 354. 俄罗斯套娃信封问题

题目描述

这是 LeetCode 上的 354. 俄罗斯套娃信封问题 ，难度为 困难。

给你一个二维整数数组 envelopes ，其中 envelopes[i] = [wi, hi] ，表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算「最多能有多少个」信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

注意：不允许旋转信封。

示例 1：

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输入：envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出：3
解释：最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。

示例 2：
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2
输入：envelopes = [[1,1],[1,1],[1,1]]
输出：1

提示：

  • 1 <= envelopes.length <= 5000
  • envelopes[i].length == 2
  • 1 <= wi, hi <= $10^4$

动态规划

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这是一道经典的 DP 模型题目：最长上升子序列（LIS）。

首先我们先对 envelopes 进行排序，确保信封是从小到大进行排序。

问题就转化为我们从这个序列中选择 k 个信封形成新的序列，使得新序列中的每个信封都能严格覆盖前面的信封（宽高都严格大于）。

我们可以定义状态 $f[i]$ 为考虑前 i 个物品，并以第 $i$ 个物品为结尾的最大值。

对于每个$f[i]$ 而言，最小值为 $1$，代表只选择自己一个信封。

那么对于一般的 $f[i]$ 该如何求解呢？因为第 i 件物品是必须选择的。我们可以枚举前面的 $i - 1$ 件物品，哪一件可以作为第 $i$ 件物品的上一件物品。

在前 $i - 1$ 件物品中只要有符合条件的，我们就使用 $max(f[i], f[j] + 1)$ 更新 $f[i]$。

然后在所有方案中取一个 max 即是答案。

代码：

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class Solution {
    public int maxEnvelopes(int[][] es) {
        int n = es.length;
        if (n == 0) return n;
        // 因为我们在找第 i 件物品的前一件物品时，会对前面的 i - 1 件物品都遍历一遍，因此第二维（高度）排序与否都不影响
        Arrays.sort(es, (a, b)->a[0]-b[0]);
        int[] f = new int[n]; // f(i) 为考虑前 i 个物品，并以第 i 个物品为结尾的最大值
        int ans = 1;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 对于每个 f[i] 都满足最小值为 1
            f[i] = 1; 
            // 枚举第 i 件物品的前一件物品，
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
                // 只要有满足条件的前一件物品，我们就尝试使用 f[j] + 1 更新 f[i]
                if (check(es, j, i)) {
                    f[i] = Math.max(f[i], f[j] + 1);
                }
            }
            // 在所有的 f[i] 中取 max 作为 ans
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
    boolean check(int[][] es, int mid, int i) {
        return es[mid][0] < es[i][0] && es[mid][1] < es[i][1];
    }
}
  • 时间复杂度：$O(n^2)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

二分 + 动态规划

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上述方案其实算是一个朴素方案，复杂度是 $O(n^2)$ 的，也是我最先想到思路，但是题目没有给出数据范围，也不知道能不能过。

唯唯诺诺交了一个居然过了。

下面讲下其他优化解法。

首先还是和之前一样，我们可以通过复杂度分析来想优化方向。

指数算法往下优化就是对数解法或者线性解法。

仔细观察朴素解法，其实可优化的地方主要就是找第 $i$ 件物品的前一件物品的过程。

如果想要加快这个查找过程，我们需要使用某种数据结构进行记录。

并且是边迭代边更新数据结构里面的内容。

首先因为我们对 w 进行了排序（从小到大），然后迭代也是从前往后进行，因此我们只需要保证迭代过程中，对于 w 相同的数据不更新，就能保证 g 中只会出现满足 w 条件的信封。

到这一步，还需要用到的东西有两个：一个是 h，因为只有 w 和 h 都同时满足，我们才能加入上升序列中；一个是信封所对应的上升序列长度，这是我们加速查找的核心。

我们使用数组 g 来记录，$g[i]$ 表示长度为 $i$ 的最长上升子序列的中的最小「信封高度」，同时需要使用 len 记录当前记录到的最大长度。

还是不理解？没关系，我们可以直接看看代码，我把基本逻辑写在了注释当中（你的重点应该落在对 $g[]$ 数组的理解上）。

代码：

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class Solution {
    public int maxEnvelopes(int[][] es) {
        int n = es.length;
        if (n == 0) return n;
        // 由于我们使用了 g 记录高度，因此这里只需将 w 从小到达排序即可
        Arrays.sort(es, (a, b)->a[0] - b[0]);
        // f(i) 为考虑前 i 个物品，并以第 i 个物品为结尾的最大值
        int[] f = new int[n]; 
        // g(i) 记录的是长度为 i 的最长上升子序列的最小「信封高度」
        int[] g = new int[n]; 
        // 因为要取 min，用一个足够大（不可能）的高度初始化
        Arrays.fill(g, Integer.MAX_VALUE); 
        g[0] = 0;
        int ans = 1;
        for (int i = 0, j = 0, len = 1; i < n; i++) {
            // 对于 w 相同的数据，不更新 g 数组
            if (es[i][0] != es[j][0]) {
                // 限制 j 不能越过 i，确保 g 数组中只会出现第 i 个信封前的「历史信封」
                while (j < i) {
                    int prev = f[j], cur = es[j][1];
                    if (prev == len) {
                        // 与当前长度一致了，说明上升序列多增加一位
                        g[len++] = cur;
                    } else {
                        // 始终保留最小的「信封高度」，这样可以确保有更多的信封可以与其行程上升序列
                        // 举例：同样是上升长度为 5 的序列，保留最小高度为 5 记录（而不是保留任意的，比如 10），这样之后高度为 7 8 9 的信封都能形成序列；
                        g[prev] = Math.min(g[prev], cur);
                    }
                    j++;
                }
            }

            // 二分过程
            // g[i] 代表的是上升子序列长度为 i 的「最小信封高度」
            int l = 0, r = len;
            while (l < r) {
                int mid = l + r >> 1;
                // 令 check 条件为 es[i][1] <= g[mid]（代表 w 和 h 都严格小于当前信封）
                // 这样我们找到的就是满足条件，最靠近数组中心点的数据（也就是满足 check 条件的最大下标）
                // 对应回 g[] 数组的含义，其实就是找到 w 和 h 都满足条件的最大上升长度
                if (es[i][1] <= g[mid]) {
                    r = mid;
                } else {
                    l = mid + 1;
                }
            }
            // 更新 f[i] 与答案
            f[i] = r;
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
}
  • 时间复杂度：对于每件物品都是通过「二分」找到其前一件物品。复杂度为 $O(n\log{n})$
  • 空间复杂度：$O(n)$

证明

我们可以这样做的前提是 g 数组具有二段性，可以通过证明其具有「单调性」来实现。

当然这里指的是 g 被使用的部分，也就是 $[0, len - 1]$ 的部分。

我们再回顾一下 g[] 数组的定义：$g[i]$ 表示长度为 $i$ 的最长上升子序列的中的最小「信封高度」

例如 $g[] = [0, 3, 4, 5]$ 代表的含义是：

  • 上升序列长度为 0 的最小历史信封高度为 0
  • 上升序列长度为 1 的最小历史信封高度为 3
  • 上升序列长度为 2 的最小历史信封高度为 4
  • 上升序列长度为 3 的最小历史信封高度为 5

可以通过反证法来证明其单调性:

假设 $g[]$ 不具有单调性，即至少有 $g[i] > g[j]$ ( $i < j$，令 $a = g[i]$, $b = g[j]$)

显然与我们的处理逻辑冲突。因为如果考虑一个「最小高度」为 b 的信封能够凑出长度为 j 的上升序列，自然也能凑出比 j 短的上升序列，对吧？

举个🌰，我们有信封：[[1,1],[2,2],[3,3],[4,4],[5,5]]，我们能凑出很多种长度为 2 的上升序列方案，其中最小的方案是高度最小的方案是 [[1,1],[2,2]]。因此这时候 g[2] = 2，代表能凑出长度为 2 的上升序列所 必须使用的信封 的最小高度为 2。

这时候反过来考虑，如果使用 [2,2] 能够凑出长度为 2 的上升序列，必然也能凑出长度为 1 的上升序列（删除前面的其他信封即可）。

推而广之，如果我们有 $g[j] = b$，也就是凑成长度为 j 必须使用的最小信封高度为 b。那么我必然能够保留高度为 b 的信封，删掉上升序列中的一些信封，凑成任意长度比 j 小的上升序列。

综上，$g[i] > g[j]（i < j）$ 与处理逻辑冲突，$g[]$ 数组为严格单调上升数组。

既然 $g[]$ 具有单调性，我们可以通过「二分」找到恰满足 check 条件的最大下标（最大下标达标表示最长上升序列长度）。

树状数组 + 动态规划

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在「二分 + 动态规划」的解法中，我们通过「二分」来优化找第 $i$ 个文件的前一个文件过程。

这个过程同样能通过「树状数组」来实现。

首先仍然是对 w 进行排序，然后使用「树状数组」来维护 h 维度的前缀最大值。

对于 h 的高度，我们只关心多个信封之间的大小关系，而不关心具体相差多少，我们需要对 h 进行离散化。

通常使用「树状数组」都需要进行离散化，尤其是这里我们本身就要使用 $O(n)$ 的空间来存储 dp 值。

代码：

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class Solution {
    int[] tree;
    int lowbit(int x) {
        return x & -x;
    }

    public int maxEnvelopes(int[][] es) {
        int n = es.length;
        if (n == 0) return n;

        // 由于我们使用了 g 记录高度，因此这里只需将 w 从小到达排序即可
        Arrays.sort(es, (a, b)->a[0] - b[0]);

        // 先将所有的 h 进行离散化
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) set.add(es[i][1]);
        int cnt = set.size();
        int[] hs = new int[cnt];
        int idx = 0;
        for (int i : set) hs[idx++] = i;
        Arrays.sort(hs);
        for (int i = 0; i < n; i++) es[i][1] = Arrays.binarySearch(hs, es[i][1]) + 1;

        // 创建树状数组
        tree = new int[cnt + 1];

        // f(i) 为考虑前 i 个物品，并以第 i 个物品为结尾的最大值
        int[] f = new int[n]; 
        int ans = 1;
        for (int i = 0, j = 0; i < n; i++) {
            // 对于 w 相同的数据，不更新 tree 数组
            if (es[i][0] != es[j][0]) {
                // 限制 j 不能越过 i，确保 tree 数组中只会出现第 i 个信封前的「历史信封」
                while (j < i) {
                    for (int u = es[j][1]; u <= cnt; u += lowbit(u)) {
                        tree[u] = Math.max(tree[u], f[j]);
                    }
                    j++;
                }
            }
            f[i] = 1;
            for (int u = es[i][1] - 1; u > 0; u -= lowbit(u)) {
                f[i] = Math.max(f[i], tree[u] + 1);
            }
            ans = Math.max(ans, f[i]);
        }
        return ans;
    }
}
  • 时间复杂度：处理每个物品时更新「树状数组」复杂度为$O(\log{n})$。整体复杂度为 $O(n\log{n})$
  • 空间复杂度：$O(n)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.354 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。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。