作者：稀释的梦_251 | 来源：互联网 | 2023-10-10 05:09
本文转自：http:karsbin.blog.51cto.com1156716966387最长公共子序列问题：给定2个字符串，求其最长公共子串。如abcde和db
本文转自：http://karsbin.blog.51cto.com/1156716/966387
最长公共子序列问题：
给定2个字符串，求其最长公共子串。
如abcde和dbada的最长公共字串为bd。
动态规划：dp[i][j]表示A串前i个和B串前j个的最长公共子串的长度。
则
若A[i] == B[j] , dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
否则 dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
时间复杂度O(N*M)。
dp[i][j]仅在A[i]==B[j]处才增加
，对于不相等的地方对最终值是没有影响的。
故枚举相等点处可以对其进行优化。
则对于dp[i][j]（这里只计算A[i]==B[j]的i和j），取最大的dp[p][q]，满足（p
这里也可将其转化为最长递增子序列问题。
举例说明：
A：abdba
B：dbaaba
则1：先顺序扫描A串，取其在B串的所有位置：
2：a(2,3,5) b(1,4) d(0)。
3：用每个字母的反序列替换，则最终的最长严格递增子序列的长度即为解。
替换结果：532 41 0 41 532
最大长度为3.
简单说明：上面的序列和最长公共子串是等价的。
对于一个满足最长严格递增子序列的序列，该序列必对应一个匹配的子串。
反序是为了在递增子串中，每个字母对应的序列最多只有一个被选出。
反证法可知不存在更大的公共子串，因为如果存在，则求得的最长递增子序列不是最长的，矛盾。
最长递增子序列可在O(NLogN)的时间内算出。
dp[i] = max(dp[j]+1) ( 满足 a[i] > a[j] && i > j )
显然对于同样的如dp[k] = 3，假定k有多个，记为看k1,k2,.....,km 设k1
在计算dp[i]的时候，k2,k3,....,km显然对结果没有帮助，取当前最小的k,
满足ans[k] = p (最小的p使得dp[p]=k) ,每次二分，更新ans[dp[i]] = min(ans[dp[i]],i).
ps：LCS在最终的时间复杂度上不是严格的O(nlogn)，不知均摊上是不是。
举个退化的例子：
如
A：aaa
B：aaaa
则序列321032103210
长度变成了n*m ,最终时间复杂度O(n*m*(lognm)) > O(n*m)。
这种情况不知有没有很好的解决办法。
附个参考代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1501 ;
vector location[26] ;
int c[maxn*maxn] , d[maxn*maxn] ;
inline int get_max(int a,int b) { return a > b ? a : b ; }
//nlogn 求lcs
int lcs(char a[],char b[])
{
int i , j , k , w , ans , l , r , mid ;
for( i = 0 ; i <26 ; i++) location[i].clear() ;
for( i = strlen(b)-1 ; i >= 0 ; i--) location[b[i]-'a'].push_back(i) ;
for( i = k = 0 ; a[i] ; i++)
{
for( j = 0 ; j > 1 ;
if( d[mid] >= c[i] ) r = mid - 1 ;
else l = mid + 1 ;
}
if( r == ans ) ans++,d[r+1] = c[i] ;
else if( d[r+1] > c[i] ) d[r+1] = c[i] ;
}
return ans ;
}
int main()
{
char a[maxn] , b[maxn] ;
while (~scanf("%s%s",a,b))
{
printf("%d/n",lcs(a,b));
}
}
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