算法第十二天-最大整除子集
最大整除子集
题目要求
解题思路
来自[宫水三叶]
根据题意：对于符合要求的[整除子集]中的任意两个值，必然满足[较大数]是[较小数]的倍数
数据范围是 1 0 3 10^3 103，我们不可能采取获取所有子集，再检查子集是否合法的暴力搜解法。
通常递归做不了，我们就往[递推]方向取考虑。
由于存在[整除子集]中任意两个值必然存在倍数/约数关系的性质，我们自然会想到对nums进行排序，然后从集合nums中从大到小进行取数每次取数只考虑到当前决策的数是否与[整除子集]中的最后一个数成倍数关系即可。
这时候你可能会想枚举个数作为[整除子集]的起点，然后从前往后遍历一遍，每次都将符合[与当前子集最后一个元素成倍数]关系的数加入答案。
但是这样子的做法只能确保获得[合法解]，无法确保得到的是[最长整除子集]
得到这个反例：[9,18,54,90,108,180,360,540,720]，如果按照我们上述逻辑，我们得到的是 [9,18,54,108,540] 答案（长度为 5），但事实上存在更长的「整除子集」： [9,18,90,180,360,720]（长度为 6）。
其本质是因为同一个数的不同倍数之间不存在必然的[倍数/约数关系]，而是存在[具有公约数]的性质，这会导致我们[模拟解法]错过最优解
因此当我们决策到某个数nums[i]时（nums已排好序），我们无法直接将nums[i]直接接在符合[约数关系]的，最靠近位置i的数后面，而是要检查位置i前面的所有符合[约数关系]的位置，找到一个已经形成[整除子集]长度最大的数。换句话说，当我们对nums排好序号并从前往后处理时，已经形成的[整数子集]长度是多少，然后从中选一个最长的[整除子集]，将nums[i]接在后面（前提是符合[倍数关系]）
动态规划
基于上述分析，我们不难发现这其实是一个序列DP问题：某个状态的转移依赖于与前一个状态的关系。即nums[i]能否接在nums[j]后面，取决于是否满足nums[i] % nums[j] == 0条件
可以看作是[最长上升子序列]问题的变形题。
定义f[i]为考虑前i个数字，且以第i个数为结尾的最长[整数子集]长度。
我们不失一般性的考虑任意位置i，存在两种情况：
- 如果在
i之前找不到符合条件nums[i]%nums[j]==0的位置j，那么nums[i]不能接在位置i之前的任何数的后面，只能自己独立作为[整除子集]的第一个数，此时状态转移方程为f[i]=1; - 如果在
i之前能够找到符合条件的位置j，则取所有符合条件的f[i]的最大值，代表如果希望找到以nums[i]作为结尾的最长[整除子集]，需要将nums[i]接到符合条件的最长的nums[j]后面，此时状态转移方程为f[i]=f[j]+1
同时由于我们需要输出具体方案，需要额外使用g[]数组来记录每个状态是由哪个状态转移而来的。
定义g[i]为记录f[i]是由哪个下标的状态转移而来的，如果f[i] = f[j] + 1，则有g[i] = j
对于求方案数的题目，多开一个数组来记录状态从何转移而来是常见的手段。当我们求得所有的状态值止呕，可以对f[]数组进行遍历，取得最长[整除子集]长度和对应下标，然后使用g[]数组进行回溯，取得答案。
代码
class Solution:def largestDivisibleSubset(self, nums: List[int]) -> List[int]:nums.sort()n = len(nums)f,g = [0] *n,[0]*nfor i in range (n):#至少包含自身一个数，因此起始长度为1，由自身转移而来length,prev =1,ifor j in range(i):if nums[i] %nums[j] ==0:# 如果能接在更长的序列后面，则更新[最大长度]&[从何转移而来]if f[j] +1>length:length +=1prev =j# 记录【最终长度】& 【从何转移而来】f[i] =lengthg[i] =prev#遍历所有的f[i]，取得[最大长度]和【对应下标】max_len = idx = -1for i in range(n):if f[i] >max_len:idx =imax_len =f[i]#使用g[]数组回溯出具体方案ans=[]while len(ans)<max_len:ans.append(nums[idx])idx = g[idx]ans.reverse()return ans复杂度分析
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)