好的，根据你的历史记录，我为你随机选择并讲解一个尚未出现过的线性动态规划经典问题。注意，我们不会讲解“任务调度器”相关的算法。

题目：最长重复子数组（给两个整数数组，返回两个数组中公共的、长度最长的子数组的长度）

题目描述：
给定两个整数数组 nums1 和 nums2，你需要找到它们的一个公共的、连续的子数组（也称为子数组），并返回该子数组的最大长度。

例如：

• 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]，长度为 3。

注意：子数组必须是连续的，这与“子序列”不同。

解题思路与分析

这是一个经典的“最长公共子串”（Longest Common Substring）问题。由于子数组要求连续，状态的定义和转移方程与“最长公共子序列”（LCS）有显著区别。

1. 暴力枚举的局限性：
   最直接的想法是枚举 nums1 的所有子数组，然后在 nums2 中查找相同的子数组。但这样做的时间复杂度极高（O(m² * n * min(m, n))），对于较长的数组（如长度几百到几千）会严重超时。

2. 动态规划的核心思路：

   • 我们用 dp[i][j] 来表示一个状态：以 nums1 的第 i-1 个元素为结尾，同时以 nums2 的第 j-1 个元素为结尾的公共子数组的长度。
   • 为什么是 i-1 和 j-1？这是一种编程技巧，使得我们方便处理边界情况（当 i=0 或 j=0 时，意味着没有字符，长度为0）。dp[i][j] 对应的是 nums1[i-1] 和 nums2[j-1]。
   • 这个状态定义天然地保证了“连续性”。因为 dp[i][j] 的值只依赖于 nums1[i-1] 和 nums2[j-1] 是否相等。

3. 状态转移方程的推导：

   • 如果 nums1[i-1] == nums2[j-1]：
     这意味着当前这两个字符匹配上了。那么，以它们为结尾的公共子数组，其长度应该是“在它们各自前一个字符的基础上，接上这个字符”形成的。即：
     dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
   • 如果 nums1[i-1] != nums2[j-1]：
     如果这两个字符不相等，那么以它们为结尾不可能构成任何公共子数组。因此，长度直接归零：
     dp[i][j] = 0

4. 初始化与边界条件：

   • dp[0][j] = 0：nums1 为空数组时，与任何 nums2 的子数组公共长度都为 0。
   • dp[i][0] = 0：nums2 为空数组时，与任何 nums1 的子数组公共长度都为 0。

5. 目标答案的获取：
   在整个动态规划的表格中，dp[i][j] 的值是“以特定位置结尾”的最长公共子数组长度。而题目要求的是“全局最长”的。因此，我们需要在计算 dp[i][j] 的过程中，用一个变量 ans 来记录所有 dp[i][j] 中的最大值，它就是最终的答案。

6. 空间复杂度优化（可选）：
   观察状态转移方程，dp[i][j] 只依赖于它左上角（i-1, j-1）的值，与当前行的其他值或上一行的其他值无关。因此，我们可以用一个一维数组 dp 来压缩空间。

   • 但是，如果直接用一个一维数组从左到右更新，在更新 dp[j] 时，它所依赖的 dp[j-1] 已经是这一行更新过的值（对应于 dp[i][j-1]），而不是上一行的 dp[i-1][j-1]。
   • 解决方案是从右向左更新。这样，当我们计算 dp[j] 时，dp[j-1] 存储的还是上一行的旧值（即 dp[i-1][j-1]），符合要求。
   • 或者，我们也可以用一个临时变量 prev 来保存左上角的值。

具体解题步骤（二维DP清晰版）

假设 nums1 长度为 m，nums2 长度为 n。

步骤1：初始化DP表
创建一个二维数组 dp，大小为 (m+1) x (n+1)，所有元素初始化为0。额外的第一行和第一列用于处理边界。

步骤2：逐行、逐列填充DP表
我们从 i = 1 到 m，从 j = 1 到 n 遍历。

• 比较 nums1[i-1] 和 nums2[j-1]。
• 如果相等：dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
• 如果不相等：dp[i][j] = 0

步骤3：实时更新答案
在每次计算 dp[i][j] 后，将其与当前记录的最大值 ans 比较，如果更大，则更新 ans。

步骤4：返回答案
遍历完成后，ans 即为所求。

举例说明

以 nums1 = [1,2,3,2,1], nums2 = [3,2,1,4,7] 为例，构建 dp 表（下标为0的行/列省略）：

nums2 -> 3  2  1  4  7
nums1↓
1       [0, 0, 1, 0, 0]
2       [0, 1, 0, 0, 0]
3       [1, 0, 0, 0, 0]
2       [0, 2, 0, 0, 0]
1       [0, 0, 3, 0, 0]

我们能看到，dp[5][3] = 3 是最大值，它由 dp[4][2] = 2 和 dp[3][1] = 1 这样“连续相等”的状态推导而来，对应了子数组 [3, 2, 1]。

代码实现（附注释）

def findLength(nums1, nums2):
    m, n = len(nums1), len(nums2)
    # 1. 初始化DP表，大小为 (m+1) x (n+1)
    dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
    ans = 0  # 用于记录全局最大值

    # 2. 填充DP表
    for i in range(1, m + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if nums1[i-1] == nums2[j-1]:
                # 字符相等，在之前连续匹配的长度基础上+1
                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
                # 3. 更新答案
                ans = max(ans, dp[i][j])
            # 如果不相等，dp[i][j] 保持为0，这是初始化已经完成的

    # 4. 返回答案
    return ans

优化后的代码（一维DP，空间复杂度O(n)）

def findLength_optimized(nums1, nums2):
    m, n = len(nums1), len(nums2)
    # 1. 初始化一维DP数组，大小为 n+1
    dp = [0] * (n + 1)
    ans = 0

    # 2. 遍历nums1的每个元素
    for i in range(1, m + 1):
        # 关键：从右向左更新，以避免覆盖左上角的值
        for j in range(n, 0, -1):
            if nums1[i-1] == nums2[j-1]:
                dp[j] = dp[j-1] + 1  # dp[j-1] 是上一行i-1时的值
                ans = max(ans, dp[j])
            else:
                dp[j] = 0  # 不相等，必须显式置零
    return ans

总结

这个问题的核心在于理解状态定义的连续性。dp[i][j] 代表了以特定位置结尾的最长公共子数组长度，这使得状态转移仅依赖于 dp[i-1][j-1]，从而保证了子数组的连续性质。解题时，牢记“相等则延续，不等则归零”的转移逻辑，并注意在过程中记录全局最大值。