引言
子序列和子字符串或者连续子集的不同之处在于，子序列不需要是原序列上连续的值。
对于子序列的题目，大多数需要用到DP的思想，因此，状态转移是关键。
这里摘录两个常见子序列问题及其解法。
例题1， 最长公共子序列
我们知道最长公共子串的求法，先温习一下，它的求法也是使用DP思想，对于 字符串s1 和字符串s2，令 m[i][j] 表示 s1上以s1[i]结尾的子串和s2上s2[j]结尾的子串的最长公共子串长度，因为公共子串必须是连续的，因此状态转移方程：m[i, j] = (s1[i] == s2[j] ? m[i-1, j-1] + 1 : 0)。因为m[i, j]的计算只需要用到 m[i-1, j-1]，再之前的就用不着了，因此我们不必用一个二维数组来保存整个m[s1.length()][s2.length()]，只需要保存并不断更新m[i-1, j-1]就可以了。
代码：
char *LCString(const char* s1, const char* s2){
if(NULL == s1 || NULL == s2)
return NULL;
int size1 = 0, size2 = 0;
const char* head1 = s1; const char* head2 = s2;
while(*(head1++) != ‘\0‘) size1++;
while(*(head2++) != ‘\0‘) size2++;
printf("%d, %d\n", size1, size2);
int maxlen = 0, maxend = 0, i = 0, j = 0, tmpPre = 0;
int m2[size2];
for(i = 0; i < size2; m2[i] = 0, ++i);
for(i = 0; i < size1; ++i){
for(j = 0; j < size2; ++j){
int len = ((s1[i] == s2[j] ? 1 : 0) + (j > 0 ? tmpPre : 0));
if(len > maxlen) { maxlen = len; maxend = i;}
tmpPre = m2[j];
m2[j] = len;
}
}
if(maxlen > 0){//提出最长子字符串
char* lcs = new char[maxlen + 1];
for(i = 0; i < maxlen; lcs[maxlen - i - 1] = s1[maxend - i], i++);
lcs[maxlen] = ‘\0‘;
return lcs;
}
return NULL;
}
那么，对于最长公共子序列，如何去求呢？
首先，如果用m[][]来存长度，最后提出最长子序列要麻烦一些，因为子序列是不连续的。不过虽然麻烦，依旧可行。
接着，依然假设m[i, j]表示 s1[i]结尾的子串 和s2[j]结尾的子串的 最长公共子序列的长度。
那么:
若s1[i] == s2[j]，m[i,j] = m[i-1][j-1] + 1；
若s1[i] != s2[j]，m[i,j] = Max(m[i-1][j], m[i][j-1])。
这里因为求 m[i,j] 时，m[i-1][j]， m[i][j-1]， m[i-1][j-1]都有可能用到，因此咱还是老实一点用 二维数组吧。。
template <typename T> T* Lcseq(T* list1, int size1, T* list2, int size2){
if(NULL == list1 || NULL == list2)
return NULL;
int** m = new int*[size1];
int i = 0, j = 0;
int max = 0, maxi = 0, maxj = 0;
for(; i < size1; i++){
m[i] = new int[size2];
for(j = 0; j < size2; j++){
if(i == 0 && j == 0) m[0][0] = (list1[0] == list2[0] ? 1 : 0);
else if(i == 0) m[i][j] = (list1[i] == list2[j] ? 1 : m[i][j-1]);
else if(j == 0) m[i][j] = (list1[i] == list2[j] ? 1 : m[i-1][j]);
else m[i][j] = (list1[i] == list2[j] ? m[i-1][j-1] + 1 : (m[i][j-1] > m[i-1][j] ? m[i][j-1] : m[i-1][j]));
if(m[i][j] > max){
max = m[i][j];
maxi = i;
maxj = j;
}
}
}
//printf("%d, %d, %d\n", max, maxi, maxj);
//提取最大公共子序列
int p1 = maxi, p2 = maxj, p = max;
T* sub = new T[max];
while(p1 >= 0 && p2 >= 0){
if(list1[p1] == list2[p2]){
sub[--p] = list1[p1];
//printf("p: %d, p1: %d, p2: %d\n", p, p1, p2);
p1--;
p2--;
}
else{
if(p1 == 0) p2--;
else if(p2 == 0) p1--;
else{
if(m[p1-1][p2] < m[p1][p2-1]) p2--;
else p1--;
}
}
}
return sub;
}
例题2，求子序列的个数，LeetCode
Distinct Subsequences
Given a string S and a string T, count the number of distinct subsequences of T in S.
A subsequence of a string is a new string which is formed from the original string by deleting some (can be none) of the characters without disturbing the relative positions of the remaining characters. (ie, "ACE" is a subsequence of "ABCDE" while "AEC" is not).
Here is an example:
S = "rabbbit", T = "rabbit"
Return 3.
class Solution {
public:
int numDistinct(string S, string T) {
}
};
如果不用DP，用带记忆的递归也能做，就是时间比较长，而且递归需要额外的栈空间。
class Solution {
public:
int numDistinct(string S, string T) {
if(T.length() == 0) return 1;
if(S.length() == 0) return 0;
rec = new int*[S.length()];
for(int i = 0;i < S.length(); ++i){
rec[i] = new int[T.length()];
for(int j = 0;j < T.length(); ++j)
rec[i][j] = -1;
}
return numDistinctCore(S, T, 0 ,0);
}
int numDistinctCore(string S, string T, int p1, int p2) {
if(p2 == T.length()) return 1;
if((T.length()-p2) > (S.length()-p1)) return 0;
if(rec[p1][p2] >= 0) return rec[p1][p2];
int sum = 0;
for(int i = p1;i < S.length(); ++i){
if(S[i] == T[p2])
sum += numDistinctCore(S, T, i+1, p2+1);
}
rec[p1][p2] = sum;
return sum;
}
private:
int **rec;
};
AC时间 388ms。
引入DP思想的话，我们依旧用rec[i][j] 表示 "S[i]结尾子串" 中包含 "T[j]结尾子串" 的 sequence 个数。
因为S[i]子串 包含了S[i-1]子串，所以rec[i][j] 至少等于rec[i-1][j]；同时，如果S[i] == T[j]，那么还可以让 S[i]和T[j] 匹配，这种情况下，sequence个数就是rec[i-1][j-1]。
rec[i][j] = rec[i-1][j] + (S[i] == T[j] ? rec[i-1][j-1] : 0)。
代码：
class Solution {
public:
int numDistinct(string S, string T) {
int slen = S.length(), tlen = T.length();
if(slen < tlen) return 0;
int **rec = new int*[slen+1];
int i, j;
for(i = 0; i <= slen; ++i){
rec[i] = new int[tlen+1];
for(j = 0; j <= tlen; ++j){
rec[i][j] = 0;
}
}
for(i = 0; i <= slen; rec[i++][0] = 1);
for(i = 1; i <= slen; ++i){
for(j = 1; j <= tlen; ++j){
rec[i][j] = (rec[i-1][j] + (S[i-1] == T[j-1] ? rec[i-1][j-1] : 0));
}
}
return rec[slen][tlen];
}
};
AC时间 52ms。大幅提高。
上面的解法用到了二维数组。后来搜到了小磊哥关于这道题的解。让 j 从T末尾遍历，这样rec[i][j] 要么依旧等于 rec[i-1][j]，也就是不变，要么加上 rec[i-1][j-1]，因为j是从末尾遍历到前面，因此 rec[i-1][j-1] 不会被覆盖。这样做，省去了二维数组，直接一维数组搞定。用match[] 表示 T[j]结尾的子串 的sequence个数。
代码：
class Solution {
public:
int numDistinct(string S, string T) {
if(S.size() < T.size()) return 0;
int match[T.size()+1];
int i, j;
for(match[0] = 1, i = 0; i < T.size(); match[++i] = 0);
for(i = 1; i <= S.size(); ++i)
for(j = T.size(); j >= 1; --j)
if(S[i-1] == T[j-1])
match[j] += match[j-1];
return match[T.size()];
}
};
这里也用到了上一篇文章中利用从后往前遍历避免值被覆盖的思想。
16ms AC，只能说，碉堡了。。
子序列问题两例，第二例也用到了从后往前遍历思想