718. 最长重复子数组
题目来源：力扣（LeetCode）https://leetcode-cn.com/problems/maximum-length-of-repeated-subarray
题目
给两个整数数组 A 和 B ，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:
A: [1,2,3,2,1]
B: [3,2,1,4,7]
输出: 3
解释:
长度最长的公共子数组是 [3, 2, 1]。
说明:
- 1 <= len(A), len(B) <= 1000
- 0 <= A[i], B[i] < 100
解题思路
开始之前，先分析下题目。题目中要求计算两个数组的最长公共子数组。从示例中可以看到，子数组要在原数组中连续。那么，我们可以使用暴力的解法尝试逐个比较，示例代码大致如下:
class Solution:
def findLength(self, A: List[int], B: List[int]) -> int:
ans = 0
for i in range(len(A)):
for j in range(len(B)):
length = 0
while i+length < len(A) and j + length < len(B) and A[i+length] == B[j+length]:
length+=1
ans = max(ans, length)
return ans
大致说下执行的流程，这段代码中，先枚举数组 A 和 数组 B 的起始位置，然后逐个比较元素是否相同计算最长公共前缀长度 length，循环执行直至结束。维护 length，取最大值就是所求答案。
但是执行这段代码会超时，因为这段代码的时间复杂度最快的情况下是 O(n^3)。但是我们可以根据暴力解的思路进行优化。
思路：动态规划
上面已经说明，最坏的情况下，时间复杂度为 O(n^3)。这是因为最坏的情况下，对于任意的 i，j，A[i] 和 B[j] 比较的次数为 min(i+1,j+1)。现在来验证这种情况，假设有以下数组 A 和 数组 B：
A = [0, 0, 0, 0]
B = [0, 0, 0, 0]
假设 i，j 都等于 3，那么在暴力解代码中 A[3] 和 B[3] 会被比较 4 次。因为当 (i，j) 为 (0, 0),(1, 1),(2, 2),(3, 3) 的时候，在 while 语句都会判断一次。
那么优化的思路就从这里进行考虑，使得任意 A[i] 和 B[j] 只需要比较一次。
也就是说，当确定 A[i] == B[j] 的情况下，A[i:] 和 B[j:] 的公共前缀长度会等于 A[i+1:] 和 B[j+1:] 的公共前缀长度加 1。否则的话，A[i:] 和 B[j:] 的公共前缀长度为 0。（因为要求子数组连续，此时首元素不相等）
那么我们假设，dp[i][j] 表示 A[i:] 和 B[j:] 的公共前缀长度，根据上面的分析可以得到：
当 A[i]==B[j] 时，那么 dp[i][j] = dp[i+1][j+1] + 1，否则 dp[i][j] = 0。
求得所有的 dp[i][j]，其中最大的就是要求的答案。
由于 dp[i][j] 是由 dp[i+1][j+1] 得到的，那么遍历数组的时候，从右往左遍历求解。
具体的实现代码见【代码实现 # 动态规划】。
思路：滑动窗口
这道题还可以使用滑动窗口的方法。在前面的方法可以看到，需要进行多次比较之后才开始计算公共前缀。这是因为重复子数组在两个原数组中的起始位置有可能不一样。
如果知道起始位置的话，那么从当前位置开始遍历，就可以计算出最长公共的子数组长度。
那么这里的问题就是如何知道相应的起始位置并对齐。这里分为两种情况：
- 固定数组 A，移动数组 B，使得 B 的首元素与数组 A 某个元素对齐，找到起始位置，计算长度；
- 固定数组 B，移动数组 A，使得 A 的首元素与数组 B 某个元素对齐，找到起始位置，计算长度。
以示例 1 为例：
输入:
A: [1,2,3,2,1]
B: [3,2,1,4,7]
输出: 3
解释:
长度最长的公共子数组是 [3, 2, 1]。
具体实现的过程如下图：
具体实现代码见【代码实现 # 滑动窗口】
代码实现
# 动态规划
class Solution:
def findLength(self, A: List[int], B: List[int]) -> int:
A_length = len(A)
B_length = len(B)
max_length = 0
dp = [[0] * (B_length+1) for _ in range(A_length+1)]
# dp[i][j] 由 dp[i+1][j+1] 转移得到，所以从右往左遍历求解
for i in range(A_length-1, -1, -1):
for j in range(B_length-1, -1, -1):
if A[i] == B[j]:
dp[i][j] = dp[i+1][j+1] + 1
else:
dp[i][j] = 0
max_length = max(max_length, dp[i][j])
return max_length
# 滑动窗口
class Solution:
def findLength(self, A: List[int], B: List[int]) -> int:
def get_max_length(a_start, b_start, length):
max_length = 0
count = 0
# 计算这个区域，最长公共子串长度
for i in range(length):
if A[a_start+i] == B[b_start+i]:
count+=1
max_length = max(max_length, count)
else:
count = 0
return max_length
A_length = len(A)
B_length = len(B)
ans = 0
# 固定 A，移动 B，使得 B 首元素对应 A 某个元素
for i in range(A_length):
length = min(A_length-i, B_length)
ans = max(ans, get_max_length(i, 0, length))
# 固定 B，移动 A，使得 A 首元素对应 B 某个元素
for j in range(B_length):
length = min(A_length, B_length-j)
ans = max(ans, get_max_length(0, j, length))
return ans
实现结果
实现结果 | 动态规划
实现结果 | 滑动窗口
总结
- 题目要求，两个数组的最长公共子数组，那么我们可以考虑先使用暴力解法来尝试解决问题。枚举数组 A 和数组 B 的每个元素作为起始位置逐个元素是否相同，计算最长公共前缀长度 length，循环直至结束。维护更新 length，取最大值。（执行结果超时）
- 虽然暴力解法执行会超时，但是可以看出其中不足的地方。因为最坏的情况下，对于任意 i、j，
A[i]和B[j]比较的次数为min(i+1,j+1)。可以考虑从这个方向去优化算法，这里考虑使用动态规划。- 当我们确定
A[i] == B[j]的情况下，此时的公共前缀长度为 1，A[i:] 和 B[j:] 的公共前缀长度会等于 A[i+1:] 和 B[j+1:] 的公共前缀长度加上当前这个公共前缀长度 1，否则的话，A[i:] 和 B[j:]的公共前缀长度为 0。 - 这里设
dp[i][j]表示A[i:] 和 B[j:]的公共前缀长度，dp[i][j]的结果分为两种情况： - 当
A[i]==B[j]时，那么dp[i][j] = dp[i+1][j+1] + 1； - 否则，
dp[i][j] = 0
- 当我们确定
- 本题还可以使用滑动窗口的方法求解。前面的算法中，可以看到都需要先逐个比较，计算长度。这是因为两个数组重复部分起始位置不同。也就是说，当确定起始位置，从当前位置遍历也可以求得结果。主要的难题在于如果对齐两个数组，具体分为如下情况：
- 先固定 A，移动 B，使得 B 的首元素与数组 A 某个元素对齐；
- 或者固定 B，移动 A，使得 A 的首元素与数组 B 某个元素对齐。
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