动态规划设计：最长递增子序列
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| LeetCode | 力扣 | 难度 |
|---|---|---|
| 300. Longest Increasing Subsequence | 300. 最长递增子序列 | 🟠 |
| 354. Russian Doll Envelopes | 354. 俄罗斯套娃信封问题 | 🔴 |
———–
也许有读者看了前文
动态规划详解，学会了动态规划的套路：找到了问题的「状态」，明确了 dp 数组/函数的含义，定义了 base case；但是不知道如何确定「选择」，也就是找不到状态转移的关系，依然写不出动态规划解法，怎么办？
不要担心，动态规划的难点本来就在于寻找正确的状态转移方程，本文就借助经典的「最长递增子序列问题」来讲一讲设计动态规划的通用技巧：数学归纳思想。
最长递增子序列（Longest Increasing Subsequence，简写 LIS）是非常经典的一个算法问题，比较容易想到的是动态规划解法，时间复杂度 O(N^2)，我们借这个问题来由浅入深讲解如何找状态转移方程，如何写出动态规划解法。比较难想到的是利用二分查找，时间复杂度是 O(NlogN)，我们通过一种简单的纸牌游戏来辅助理解这种巧妙的解法。
力扣第 300 题「 最长递增子序列」就是这个问题：
输入一个无序的整数数组，请你找到其中最长的严格递增子序列的长度，函数签名如下：
int lengthOfLIS(int[] nums);
// 注意：cpp 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
int lengthOfLIS(vector<int>& nums);
# 注意：python 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
# 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:
// 注意：go 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
func lengthOfLIS(nums []int) int {}
// 注意：javascript 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
var lengthOfLIS = function(nums) {
// function body here
};
比如说输入 nums=[10,9,2,5,3,7,101,18]，其中最长的递增子序列是 [2,3,7,101]，所以算法的输出应该是 4。
注意「子序列」和「子串」这两个名词的区别，子串一定是连续的，而子序列不一定是连续的。下面先来设计动态规划算法解决这个问题。
一、动态规划解法
动态规划的核心设计思想是数学归纳法。
相信大家对数学归纳法都不陌生，高中就学过，而且思路很简单。比如我们想证明一个数学结论，那么我们先假设这个结论在 k < n 时成立，然后根据这个假设，想办法推导证明出 k = n 的时候此结论也成立。如果能够证明出来，那么就说明这个结论对于 k 等于任何数都成立。
类似的，我们设计动态规划算法，不是需要一个 dp 数组吗？我们可以假设 dp[0...i-1] 都已经被算出来了，然后问自己：怎么通过这些结果算出 dp[i]？
直接拿最长递增子序列这个问题举例你就明白了。不过，首先要定义清楚 dp 数组的含义，即 dp[i] 的值到底代表着什么？
我们的定义是这样的：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。
为什么这样定义呢？这是解决子序列问题的一个套路，后文
动态规划之子序列问题解题模板 总结了几种常见套路。你读完本章所有的动态规划问题，就会发现 dp 数组的定义方法也就那几种。
dp[i] 初始值为 1，因为以 nums[i] 结尾的最长递增子序列起码要包含它自己。
举两个例子：
这个 GIF 展示了算法演进的过程：
根据这个定义，我们的最终结果（子序列的最大长度）应该是 dp 数组中的最大值。
int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;
读者也许会问，刚才的算法演进过程中每个 dp[i] 的结果是我们肉眼看出来的，我们应该怎么设计算法逻辑来正确计算每个 dp[i] 呢？
这就是动态规划的重头戏，如何设计算法逻辑进行状态转移，才能正确运行呢？这里需要使用数学归纳的思想：
假设我们已经知道了 dp[0..4] 的所有结果，我们如何通过这些已知结果推出 dp[5] 呢？
根据刚才我们对 dp 数组的定义，现在想求 dp[5] 的值，也就是想求以 nums[5] 为结尾的最长递增子序列。
nums[5] = 3，既然是递增子序列，我们只要找到前面那些结尾比 3 小的子序列，然后把 3 接到这些子序列末尾，就可以形成一个新的递增子序列，而且这个新的子序列长度加一。
nums[5] 前面有哪些元素小于 nums[5]？这个好算，用 for 循环比较一波就能把这些元素找出来。
以这些元素为结尾的最长递增子序列的长度是多少？回顾一下我们对 dp 数组的定义，它记录的正是以每个元素为末尾的最长递增子序列的长度。
以我们举的例子来说，nums[0] 和 nums[4] 都是小于 nums[5] 的，然后对比 dp[0] 和 dp[4] 的值，我们让 nums[5] 和更长的递增子序列结合，得出 dp[5] = 3：
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) {
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
当 i = 5 时，这段代码的逻辑就可以算出 dp[5]。其实到这里，这道算法题我们就基本做完了。
读者也许会问，我们刚才只是算了 dp[5] 呀，dp[4], dp[3] 这些怎么算呢？类似数学归纳法，你已经可以算出 dp[5] 了，其他的就都可以算出来：
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
// 寻找 nums[0..j-1] 中比 nums[i] 小的元素
if (nums[i] > nums[j]) {
// 把 nums[i] 接在后面，即可形成长度为 dp[j] + 1，
// 且以 nums[i] 为结尾的递增子序列
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
}
结合我们刚才说的 base case，下面我们看一下完整代码：
int lengthOfLIS(int[] nums) {
// 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
int[] dp = new int[nums.length];
// base case：dp 数组全都初始化为 1
Arrays.fill(dp, 1);
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j])
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);/**<extend up -300><img src="/algo/images/最长递增子序列/7.jpeg"> */
}
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;
}
// 注意：cpp 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
// 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
vector<int> dp(nums.size(), 1);
// base case：dp 数组全都初始化为 1
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j])
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);/**<extend up -300><img src="/algo/images/最长递增子序列/7.jpeg"> */
}
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
res = max(res, dp[i]);
}
return res;
}
# 注意：python 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
# 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:
# 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
dp = [1] * len(nums)
for i in range(len(nums)):
for j in range(i):
if nums[i] > nums[j]:
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1) # <extend up -300><img src="/algo/images/最长递增子序列/7.jpeg"> #
res = 0
for i in range(len(dp)):
res = max(res, dp[i])
return res
// 注意：go 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
func lengthOfLIS(nums []int) int {
// 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
dp := make([]int, len(nums))
// base case：dp 数组全都初始化为 1
for i := range dp {
dp[i] = 1
}
for i := 0; i < len(nums); i++ {
for j := 0; j < i; j++ {
if nums[i] > nums[j] {
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)/**<extend up -300><img src="/algo/images/最长递增子序列/7.jpeg"> */
}
}
}
res := 0
for i := range dp {
res = max(res, dp[i])
}
return res
}
func max(a, b int) int {
if a > b {
return a
}
return b
}
// 注意：javascript 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
var lengthOfLIS = function(nums) {
// 定义: dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
let dp = new Array(nums.length).fill(1);
// base case: dp 数组全都初始化为 1
for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
for (let j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) {
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1)/**<extend up -300><img src="/algo/images/最长递增子序列/7.jpeg"> */
}
}
}
let res = 0;
for (let i = 0; i < dp.length; i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;
};
🌟 代码可视化动画 🌟
至此，这道题就解决了，时间复杂度 O(N^2)。总结一下如何找到动态规划的状态转移关系：
1、明确 dp 数组的定义。这一步对于任何动态规划问题都很重要，如果不得当或者不够清晰，会阻碍之后的步骤。
2、根据 dp 数组的定义，运用数学归纳法的思想，假设 dp[0...i-1] 都已知，想办法求出 dp[i]，一旦这一步完成，整个题目基本就解决了。
但如果无法完成这一步，很可能就是 dp 数组的定义不够恰当，需要重新定义 dp 数组的含义；或者可能是 dp 数组存储的信息还不够，不足以推出下一步的答案，需要把 dp 数组扩大成二维数组甚至三维数组。
目前的解法是标准的动态规划，但对最长递增子序列问题来说，这个解法不是最优的，可能无法通过所有测试用例了，下面讲讲更高效的解法。
二、二分查找解法
这个解法的时间复杂度为 O(NlogN)，但是说实话，正常人基本想不到这种解法（也许玩过某些纸牌游戏的人可以想出来）。所以大家了解一下就好，正常情况下能够给出动态规划解法就已经很不错了。
根据题目的意思，我都很难想象这个问题竟然能和二分查找扯上关系。其实最长递增子序列和一种叫做 patience game 的纸牌游戏有关，甚至有一种排序方法就叫做 patience sorting（耐心排序）。
为了简单起见，后文跳过所有数学证明，通过一个简化的例子来理解一下算法思路。
首先，给你一排扑克牌，我们像遍历数组那样从左到右一张一张处理这些扑克牌，最终要把这些牌分成若干堆。
处理这些扑克牌要遵循以下规则：
只能把点数小的牌压到点数比它大的牌上；如果当前牌点数较大没有可以放置的堆，则新建一个堆，把这张牌放进去；如果当前牌有多个堆可供选择，则选择最左边的那一堆放置。
比如说上述的扑克牌最终会被分成这样 5 堆（我们认为纸牌 A 的牌面是最大的，纸牌 2 的牌面是最小的）。
为什么遇到多个可选择堆的时候要放到最左边的堆上呢？因为这样可以保证牌堆顶的牌有序（2, 4, 7, 8, Q），证明略。
按照上述规则执行，可以算出最长递增子序列，牌的堆数就是最长递增子序列的长度，证明略。
我们只要把处理扑克牌的过程编程写出来即可。每次处理一张扑克牌不是要找一个合适的牌堆顶来放吗，牌堆顶的牌不是有序吗，这就能用到二分查找了：用二分查找来搜索当前牌应放置的位置。
前文 二分查找算法详解 详细介绍了二分查找的细节及变体，这里就完美应用上了，如果没读过强烈建议阅读。
int lengthOfLIS(int[] nums) {
int[] top = new int[nums.length];
// 牌堆数初始化为 0
int piles = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 要处理的扑克牌
int poker = nums[i];
/***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
int left = 0, right = piles;
while (left < right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (top[mid] > poker) {
right = mid;
} else if (top[mid] < poker) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid;
}
}
/*********************************/
// 没找到合适的牌堆，新建一堆
if (left == piles) piles++;
// 把这张牌放到牌堆顶
top[left] = poker;
}
// 牌堆数就是 LIS 长度
return piles;
}
// 注意：cpp 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
// 最长递增子序列
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int piles = 0; // 牌堆数初始化为 0
vector<int> top(nums.size()); // 牌堆数组 top
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
int poker = nums[i]; // 要处理的扑克牌
/***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
int left = 0, right = piles; // 搜索区间为 [left, right)
while (left < right) {
int mid = (left + right) / 2; // 防溢出
if (top[mid] > poker) {
right = mid;
} else if (top[mid] < poker) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid;
}
}
/*********************************/
// 没找到合适的牌堆，新建一堆
if (left == piles) piles++;
// 把这张牌放到牌堆顶
top[left] = poker;
}
// 牌堆数就是 LIS 长度
return piles;
}
# 注意：python 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
# 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:
top = [0 for _ in range(len(nums))] # 牌顶数组初始化为 0
piles = 0 # 牌堆数初始化为 0
for i in range(len(nums)):
poker = nums[i] # 要处理的扑克牌
/***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
left, right = 0, piles
while left < right:
mid = (left + right) // 2
if top[mid] > poker:
right = mid
elif top[mid] < poker:
left = mid + 1
else:
right = mid
/*********************************/
# 没找到合适的牌堆，新建一堆
if left == piles:
piles += 1
# 把这张牌放到牌堆顶
top[left] = poker
# 牌堆数就是 LIS 长度
return piles
// 注意：go 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
func lengthOfLIS(nums []int) int {
top := make([]int, len(nums))
// 牌堆数初始化为 0
piles := 0
for i := 0; i < len(nums); i++ {
// 要处理的扑克牌
poker := nums[i]
/***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
left, right := 0, piles
for left < right {
mid := (left + right) / 2
if top[mid] > poker {
right = mid
} else if top[mid] < poker {
left = mid + 1
} else {
right = mid
}
}
/*********************************/
// 没找到合适的牌堆，新建一堆
if left == piles {
piles++
}
// 把这张牌放到牌堆顶
top[left] = poker
}
// 牌堆数就是 LIS 长度
return piles
}
// 注意：javascript 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
var lengthOfLIS = function(nums) {
var top = new Array(nums.length).fill(0);
// 牌堆数初始化为 0
var piles = 0;
for (var i = 0; i < nums.length; i++) {
// 要处理的扑克牌
var poker = nums[i];
/***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
var left = 0, right = piles;
while (left < right) {
var mid = Math.floor((left + right) / 2);
if (top[mid] > poker) {
right = mid;
} else if (top[mid] < poker) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid;
}
}
/*********************************/
// 没找到合适的牌堆，新建一堆
if (left == piles) piles++;
// 把这张牌放到牌堆顶
top[left] = poker;
}
// 牌堆数就是 LIS 长度
return piles;
};
🎃 代码可视化动画 🎃
至此，二分查找的解法也讲解完毕。
这个解法确实很难想到。首先涉及数学证明，谁能想到按照这些规则执行，就能得到最长递增子序列呢？其次还有二分查找的运用，要是对二分查找的细节不清楚，给了思路也很难写对。
所以，这个方法作为思维拓展好了。但动态规划的设计方法应该完全理解：假设之前的答案已知，利用数学归纳的思想正确进行状态的推演转移，最终得到答案。
三、拓展到二维
我们看一个经常出现在生活中的有趣问题，力扣第 354 题「 俄罗斯套娃信封问题」，先看下题目：
这道题目其实是最长递增子序列的一个变种，因为每次合法的嵌套是大的套小的，相当于在二维平面中找一个最长递增的子序列，其长度就是最多能嵌套的信封个数。
前面说的标准 LIS 算法只能在一维数组中寻找最长子序列，而我们的信封是由 (w, h) 这样的二维数对形式表示的，如何把 LIS 算法运用过来呢？
读者也许会想，通过 w × h 计算面积，然后对面积进行标准的 LIS 算法。但是稍加思考就会发现这样不行，比如 1 × 10 大于 3 × 3，但是显然这样的两个信封是无法互相嵌套的。
这道题的解法比较巧妙：
先对宽度 w 进行升序排序，如果遇到 w 相同的情况，则按照高度 h 降序排序；之后把所有的 h 作为一个数组，在这个数组上计算 LIS 的长度就是答案。
画个图理解一下，先对这些数对进行排序：
然后在 h 上寻找最长递增子序列，这个子序列就是最优的嵌套方案：
那么为什么这样就可以找到可以互相嵌套的信封序列呢？稍微思考一下就明白了：
首先，对宽度 w 从小到大排序，确保了 w 这个维度可以互相嵌套，所以我们只需要专注高度 h 这个维度能够互相嵌套即可。
其次，两个 w 相同的信封不能相互包含，所以对于宽度 w 相同的信封，对高度 h 进行降序排序，保证二维 LIS 中不存在多个 w 相同的信封（因为题目说了长宽相同也无法嵌套）。
下面看解法代码：
// envelopes = [[w, h], [w, h]...]
public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {
int n = envelopes.length;
// 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
Arrays.sort(envelopes, new Comparator<int[]>()
{
public int compare(int[] a, int[] b) {
return a[0] == b[0] ?
b[1] - a[1] : a[0] - b[0];
}
});
// 对高度数组寻找 LIS
int[] height = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++)
height[i] = envelopes[i][1];
return lengthOfLIS(height);
}
int lengthOfLIS(int[] nums) {
// 见前文
}
// 注意：cpp 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {
int n = envelopes.size();
// 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
sort(envelopes.begin(), envelopes.end(),
[](vector<int>& a, vector<int>& b) {
return a[0] == b[0] ?
b[1] - a[1] : a[0] - b[0];
});
// 对高度数组寻找 LIS
vector<int> height(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
height[i] = envelopes[i][1];
return lengthOfLIS(height);
}
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
// 见前文
}
# 注意：python 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
# 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
from typing import List, Tuple
def maxEnvelopes(envelopes: List[Tuple[int, int]]) -> int:
n = len(envelopes)
# 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
envelopes.sort(key=lambda x: (x[0],-x[1]))
# 对高度数组寻找 LIS
height = [envelope[1] for envelope in envelopes]
return lengthOfLIS(height)
def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:
# 见前文
// 注意：go 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
// envelopes = [[w, h], [w, h]...]
func maxEnvelopes(envelopes [][]int) int {
n := len(envelopes)
// 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
sort.Slice(envelopes, func(i, j int) bool {
return envelopes[i][0] < envelopes[j][0] ||
envelopes[i][0] == envelopes[j][0] && envelopes[i][1] > envelopes[j][1]
})
// 对高度数组寻找 LIS
height := make([]int, n)
for i := 0; i < n; i++ {
height[i] = envelopes[i][1]
}
return lengthOfLIS(height)
}
func lengthOfLIS(nums []int) int {
// 见前文
}
// 注意：javascript 代码由 chatGPT🤖 根据我的 java 代码翻译，旨在帮助不同背景的读者理解算法逻辑。
// 本代码还未经过力扣测试，仅供参考，如有疑惑，可以参照我写的 java 代码对比查看。
/**
* envelopes = [[w, h], [w, h]...]
*/
var maxEnvelopes = function(envelopes) {
var n = envelopes.length;
// 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
envelopes.sort(function(a, b) {
if (a[0] === b[0]) {
return b[1] - a[1]; // 高度降序
} else {
return a[0] - b[0]; // 宽度升序
}
});
// 对高度数组寻找 LIS
var height = new Array(n);
for (var i = 0; i < n; i++) {
height[i] = envelopes[i][1];
}
return lengthOfLIS(height);
};
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var lengthOfLIS = function(nums) {
// Implementation code
};
为了清晰，我将代码分为了两个函数， 你也可以合并，这样可以节省下 height 数组的空间。
由于增加了测试用例，这里必须使用二分搜索版的 lengthOfLIS 函数才能通过所有测试用例。这样的话算法的时间复杂度为 O(NlogN)，因为排序和计算 LIS 各需要 O(NlogN) 的时间，加到一起还是 O(NlogN)；空间复杂度为 O(N)，因为计算 LIS 的函数中需要一个 top 数组。
接下来可阅读：
引用本文的题目
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| LeetCode | 力扣 |
|---|---|
| 1425. Constrained Subsequence Sum | 1425. 带限制的子序列和 |
| 256. Paint House🔒 | 256. 粉刷房子🔒 |
| 368. Largest Divisible Subset | 368. 最大整除子集 |
| - | 剑指 Offer II 091. 粉刷房子 |
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
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