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最长公共子序列

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读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目:

1143.最长公共子序列

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最长公共子序列(Longest Common Subsequence,简称 LCS)是一道非常经典的面试题目,因为它的解法是典型的二维动态规划,大部分比较困难的字符串问题都和这个问题一个套路,比如说编辑距离。而且,这个算法稍加改造就可以用于解决其他问题,所以说 LCS 算法是值得掌握的。

题目就是让我们求两个字符串的 LCS 长度:

输入: str1 = "abcde", str2 = "ace" 
输出: 3  
解释: 最长公共子序列是 "ace",它的长度是 3

肯定有读者会问,为啥这个问题就是动态规划来解决呢?因为子序列类型的问题,穷举出所有可能的结果都不容易,而动态规划算法做的就是穷举 + 剪枝,它俩天生一对儿。所以可以说只要涉及子序列问题,十有八九都需要动态规划来解决,往这方面考虑就对了。

下面就来手把手分析一下,这道题目如何用动态规划技巧解决。

一、动态规划思路

第一步,一定要明确 dp 数组的含义。对于两个字符串的动态规划问题,套路是通用的。

比如说对于字符串 s1s2,一般来说都要构造一个这样的 DP table:

为了方便理解此表,我们暂时认为索引是从 1 开始的,待会的代码中只要稍作调整即可。其中,dp[i][j] 的含义是:对于 s1[1..i]s2[1..j],它们的 LCS 长度是 dp[i][j]

比如上图的例子,d[2][4] 的含义就是:对于 "ac""babc",它们的 LCS 长度是 2。我们最终想得到的答案应该是 dp[3][6]

第二步,定义 base case。

我们专门让索引为 0 的行和列表示空串,dp[0][..]dp[..][0] 都应该初始化为 0,这就是 base case。

比如说,按照刚才 dp 数组的定义,dp[0][3]=0 的含义是:对于字符串 """bab",其 LCS 的长度为 0。因为有一个字符串是空串,它们的最长公共子序列的长度显然应该是 0。

第三步,找状态转移方程。

这是动态规划最难的一步,不过好在这种字符串问题的套路都差不多,权且借这道题来聊聊处理这类问题的思路。

状态转移说简单些就是做选择,比如说这个问题,是求 s1s2 的最长公共子序列,不妨称这个子序列为 lcs。那么对于 s1s2 中的每个字符,有什么选择?很简单,两种选择,要么在 lcs 中,要么不在。

这个「在」和「不在」就是选择,关键是,应该如何选择呢?这个需要动点脑筋:如果某个字符应该在 lcs 中,那么这个字符肯定同时存在于 s1s2 中,因为 lcs 是最长公共子序列嘛。所以本题的思路是这样:

用两个指针 ij 从后往前遍历 s1s2,如果 s1[i]==s2[j],那么这个字符一定在 lcs;否则的话,s1[i]s2[j] 这两个字符至少有一个不在 lcs,需要丢弃一个。先看一下递归解法,比较容易理解:

def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
    def dp(i, j):
        # 空串的 base case
        if i == -1 or j == -1:
            return 0
        if str1[i] == str2[j]:
            # 这边找到一个 lcs 的元素,继续往前找
            return dp(i - 1, j - 1) + 1
        else:
            # 谁能让 lcs 最长,就听谁的
            return max(dp(i-1, j), dp(i, j-1))
        
    # i 和 j 初始化为最后一个索引
    return dp(len(str1)-1, len(str2)-1)

对于第一种情况,找到一个 lcs 中的字符,同时将 i j 向前移动一位,并给 lcs 的长度加一;对于后者,则尝试两种情况,取更大的结果。

其实这段代码就是暴力解法,我们可以通过备忘录或者 DP table 来优化时间复杂度,比如通过前文描述的 DP table 来解决:

def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
    m, n = len(str1), len(str2)
    # 构建 DP table 和 base case
    dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
    # 进行状态转移
    for i in range(1, m + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
                # 找到一个 lcs 中的字符
                dp[i][j] = 1 + dp[i-1][j-1]
            else:
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
        
    return dp[-1][-1]

二、疑难解答

对于 s1[i]s2[j] 不相等的情况,至少有一个字符不在 lcs 中,会不会两个字符都不在呢?比如下面这种情况:

所以代码是不是应该考虑这种情况,改成这样:

if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
    # ...
else:
    dp[i][j] = max(dp[i-1][j], 
                   dp[i][j-1],
                   dp[i-1][j-1])

我一开始也有这种怀疑,其实可以这样改,也能得到正确答案,但是多此一举,因为 dp[i-1][j-1] 永远是三者中最小的,max 根本不可能取到它。

原因在于我们对 dp 数组的定义:对于 s1[1..i]s2[1..j],它们的 LCS 长度是 dp[i][j]

这样一看,显然 dp[i-1][j-1] 对应的 lcs 长度不可能比前两种情况大,所以没有必要参与比较。

三、总结

对于两个字符串的动态规划问题,一般来说都是像本文一样定义 DP table,因为这样定义有一个好处,就是容易写出状态转移方程,dp[i][j] 的状态可以通过之前的状态推导出来:

找状态转移方程的方法是,思考每个状态有哪些「选择」,只要我们能用正确的逻辑做出正确的选择,算法就能够正确运行。

_____________

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======其他语言代码======

1143.最长公共子序列

c++

Edwenc 提供 C++ 代码:

class Solution {
public:
    int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
        //  先计算两条字符串的长度
        int m = text1.size();
        int n = text2.size();

        //  构建dp矩阵  默认初始值0
	//  这里会多扩建一边和一列  
 	//  因为dp[i][j]的含义是:对于 s1[1..i] 和 s2[1..j],它们的LCS长度是 dp[i][j]。
	//  所以当i或者j为零时  LCS的长度默认为0
        vector< vector<int> > dp ( m+1 , vector<int> ( n+1 , 0 ) );

        //  状态转移
	//  i、j都从1开始遍历  因为下面的操作中都会-1  相当于从0开始  
        for ( int i=1 ; i<m+1 ; i++ ){
            for ( int j=1 ; j<n+1 ; j++ ){
                //  如果text1和text2相同
                //  就在它们的前一位基础上加一
                //  如果不同  只能在之前的两者中去最大
                dp[i][j] = (text1[i-1] == text2[j-1]) ? dp[i-1][j-1] + 1 : max( dp[i-1][j] , dp[i][j-1] );
            }
        }

        //  返回最终右下角的值
        return dp[m][n];
    }
};

java

Shawn 提供 Java 代码:

public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
	// 字符串转为char数组以加快访问速度
	char[] str1 = text1.toCharArray();
	char[] str2 = text2.toCharArray();

	int m = str1.length, n = str2.length;
	// 构建dp table,初始值默认为0
	int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
	// 状态转移
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			if (str1[i - 1] == str2[j - 1])
				// 找到LCS中的字符
				dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
			else
				dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
	
	return dp[m][n];
}

python

lo-tp 提供 Python 代码:

class Solution(object):
    def longestCommonSubsequence(self, text1, text2):
         # calculate the size of the first and second string
        sz1, sz2 = len(text1), len(text2)
        # since to calculate dp(i,j) we only need dp(i-1,j-1), dp(i-1,j), dp(i,j-1)
        # we don't have to save data before i-1
        # we use dp to save dp(i-1, 0), dp(i-1, 1)....dp(i-1, sz2)
        # we use tmp to save dp(i, 0), dp(i,1)....(dpi-1, sz2)
        tmp, dp = [0]*(sz2+1), [0]*(sz2+1)
        for i in range(0, sz1):
            for j in range(0,  sz2):
                tmp[j+1] = dp[j] + \
                    1 if text1[i] == text2[j] else max(tmp[j], dp[j+1])
        # In the next iteration, we will calculate dp(i+1,0),dp(i+1, 1)....dp(i+1,sz2)
        # So we exchange dp and tmp
            tmp, dp = dp, tmp
        return dp[-1]

javascript

暴力解法

var longestCommonSubsequence = function (text1, text2) {
    let s1 = text1.length;
    let s2 = text2.length;
    let dp = function (i, j) {
        // 空串的base case
        if (i === -1 || j === -1) {
            return 0;
        }

        if (text1[i] === text2[j]) {
            // 这边找到一个 lcs 的元素,继续往前找
            return dp(i - 1, j - 1) + 1
        } else {
            // 谁能让lcs最长,就听谁的
            return Math.max(dp(i - 1, j), dp(i, j - 1))
        }
    }
    // i 和 j 初始化为最后一个索引
    return dp(s1 - 1, s2 - 1)
};

暴力解法+备忘录优化

var longestCommonSubsequence = function (text1, text2) {
    let s1 = text1.length;
    let s2 = text2.length;
    let memo = new Map();

    let dp = function (i, j) {
        // 空串的base case
        if (i === -1 || j === -1) {
            return 0;
        }

        // 查询一下备忘录,防止重复计算
        let key = i + "," + j
        if (memo.has(key)) {
            return memo.get(key)
        }

        let res;
        if (text1[i] === text2[j]) {
            // 这边找到一个 lcs 的元素,继续往前找
            // 记入备忘录
            res = dp(i - 1, j - 1) + 1
            memo.set(key, res)
        } else {
            // 谁能让lcs最长,就听谁的
            res = Math.max(dp(i - 1, j), dp(i, j - 1))
            memo.set(key, res)
        }
        return res;
    }
    // i 和 j 初始化为最后一个索引
    return dp(s1 - 1, s2 - 1)
};

DPtable优化

var longestCommonSubsequence = function (text1, text2) {
    let s1 = text1.length;
    let s2 = text2.length;

    // 构建 DP table 和 base case
    // 初始化一个 (s1+1)*(s2+1)的dp表
    let dp = new Array(s1 + 1);
    for (let i = 0; i < s1 + 1; i++) {
        dp[i] = new Array(s2 + 1);
        dp[i].fill(0, 0, s2 + 1)
    }

    // 进行状态转移
    for (let i = 1; i < s1 + 1; i++) {
        for (let j = 1; j < s2 + 1; j++) {
            if (text1[i - 1] === text2[j - 1]) {
                // 找到一个lcs中的字符
                dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j - 1]
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
            }
        }
    }

    // i 和 j 初始化为最后一个索引
    return dp[s1][s2]
};