最长公共子序列的问题描述为:
给定两个字符串(或数字序列)A和B,求一个字符串,使得这个字符串是A和B的最长公共部分。(子序列可以不连续)
如样例所示,字符串“sadstory”与“adminsorry”的最长公共子序列为“adsory”,长度为6。
直接来看动态规划的做法(下文的LCS均指最长公共子序列)
令dp[i][j]表示字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS长度(下标从1开始),如dp[4][5]表示“sads”与“admin”的LCS长度。那么可以根据A[i]和B[j]的情况,分为两种决策。
1,若A[i]==B[j],则字符串A与字符串B的lcs增加了一位,既有dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1
2,若A[i]!=B[j],则字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS无法延长,因此dp[i][j]将会继承dp[i-1][j]与dp[i][j-1]中的较大值,即有dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]}.
由此可以得到状态转移方程:
= dp[i-1][j-1]+1,A[i]==B[j]
dp[i][j]
=max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]},A[i]!=B[j]
边界:dp[i][0]=dp[0][j]=0(0<=i<=n,0<=j<=m)
这样状态dp[i][j]只与其之前的状态有关,有边界出发就可以得到整个dp数组,最终dp[n][m]就是需要的答案,时间复杂度为O(nm).
于是可以写出代码:
const int N=100;
char A[N],B[N];
int dp[N][N];
int main(){
int n;
gets(A+1);//从下标为1开始读入
gets(B+1);
int lenA=strlen(A+1);//由于读书时下标从1开始,因此读取长度也从+1开始
int lenB=strlen(B+1);
//边界
for(int i=0;i<=lenA;i++){
dp[i][0]=0;
}
for(int j=0;j<lenB;j++){
dp[0][j]=0;
}
//状态转移方程
for(int i=1;i<=lenA;i++){
for(int j=1;j<=i;j++){
if(A[i]==B[j]){
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
}
else
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
}
}
//dp[lenA][lenB]是答案
printf("%d\n",dp[lenA][lenB]);
}