出处 http://segmentfault.com/blog/exploring/
本章讲解：
1. LCS（最长公共子序列）O(n^2)的时间复杂度,O(n^2)的空间复杂度；
2. 与之类似但不同的最长公共子串方法。
最长公共子串用动态规划可实现O(n^2)的时间复杂度，O(n^2)的空间复杂度；还可以进一步优化，用后缀数组的方法优化成线性时间O(nlogn)；空间也可以用其他方法优化成线性。
3.LIS（最长递增序列）DP方法可实现O(n^2)的时间复杂度，进一步优化最佳可达到O(nlogn)
一些定义：
字符串
X， Y 长度 分别m，n
子串：字符串S的子串r[i,...,j],i<=j,表示r串从i到j这一段，也就是顺次排列r[i],r[i+1],...,r[j]形成的字符串
前缀：Xi =﹤x1，?，xi﹥ 即 X 序列的前 i 个字符 (1≤i≤m)；Yj=﹤y1，?，yj﹥即 Y 序列的前 j 个字符 (1≤j≤n)；
假定 Z=﹤z1，?，zk﹥∈LCS(X , Y)
LCS
判断字符串相似度的方法之一 - LCS 最长公共子序列越长，越相似。 算法时间复杂度：O(m*n)
July 10分钟讲LCS视频，
最优子结构性质：
设序列 X=<x1, x2, …, xm> 和 Y=<y1, y2, …, yn> 的一个最长公共子序列 Z=<z1, z2, …, zk>，则：
若 xm=yn，则 zk=xm=yn 且 Zk-1 是 Xm-1 和 Yn-1 的最长公共子序列；
若 xm≠yn 且 zk≠xm ，则 Z是 Xm-1 和 Y 的最长公共子序列；
若 xm≠yn 且 zk≠yn ，则 Z 是X和 Yn-1 的最长公共子序列。
递归结构：
递归结构容易看到最长公共子序列问题具有子问题重叠性质。例如，在计算 X 和 Y 的最长公共子序列时，可能要计算出X 和 Yn-1 及 Xm-1 和 Y 的最长公共子序列。而这两个子问题都包含一个公共子问题，即计算 Xm-1 和 Yn-1 的最长公共子序列。
递归结构容易看到最长公共子序列问题具有子问题重叠性质。例如，在计算 X 和 Y 的最长公共子序列时，可能要计算出X 和 Yn-1 及 Xm-1 和 Y 的最长公共子序列。而这两个子问题都包含一个公共子问题，即计算Xm-1 和 Yn-1 的最长公共子序列。
计算最优值：
子问题空间中，总共只有O(m*n) 个不同的子问题，因此，用动态规划算法自底向上地计算最优值能提高算法的效率。
长度表C 和 方向变量B：
java实现：
/* 动态规划
* 求最长公共子序列
* @ author by gsm
* @ 2015.4.1
*/
import java.util.Random;
public class LCS {
public static int[][] lengthofLCS(char[] X, char[] Y){
/* 构造二维数组c[][]记录X[i]和Y[j]的LCS长度 (i,j)是前缀
* c[i][j]=0; 当 i = j = 0;
* c[i][j]=c[i-1][j-1]+1; 当 i = j > 0; Xi == Y[i]
* c[i][j]=max(c[i-1][j],c[i][j+1]); 当 i = j > 0; Xi != Y[i]
* 需要计算 m*n 个子问题的长度 即 任意c[i][j]的长度
* -- 填表过程
*/
int[][]c = new int[X.length+1][Y.length+1];
// 动态规划计算所有子问题
for(int i=1;i<=X.length;i++){
for (int j=1;j<=Y.length;j++){
if(X[i-1]==Y[j-1]){
c[i][j] = c[i-1][j-1]+1;
}
else if(c[i-1][j] >= c[i][j-1]){
c[i][j] = c[i-1][j];
}
else{
c[i][j] = c[i][j-1];
}
}
}
// 打印C数组
for(int i=0;i<=X.length;i++){
for (int j=0;j<=Y.length;j++){
System.out.print(c[i][j]+" ");
}
System.out.println();
}
return c;
}
// 输出LCS序列
public static void print(int[][] arr, char[] X, char[] Y, int i, int j) {
if(i == 0 || j == 0)
return;
if(X[i-1] == Y[j-1]) {
System.out.print("element " + X[i-1] + " ");
// 寻找的
print(arr, X, Y, i-1, j-1);
}else if(arr[i-1][j] >= arr[i][j-1]) {
print(arr, X, Y, i-1, j);
}else{
print(arr, X, Y, i, j-1);
}
}
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
char[] x ={‘A‘,‘B‘,‘C‘,‘B‘,‘D‘,‘A‘,‘B‘};
char[] y ={‘B‘,‘D‘,‘C‘,‘A‘,‘B‘,‘A‘};
int[][] c = lengthofLCS(x,y);
print(c, x, y, x.length, y.length);
}
}
最长公共子串
一个问题
定义 2 个字符串 query 和 text, 如果 query 里最大连续字符子串在 text 中存在，则返回子串长度. 例如: query="acbac"，text="acaccbabb"， 则最大连续子串为 "cba", 则返回长度 3.
方法
时间复杂度：O(m*n)的DP
这个 LCS 跟前面说的最长公共子序列的 LCS 不一样，不过也算是 LCS 的一个变体，在 LCS 中，子序列是不必要求连续的，而子串则是 “连续” 的
我们还是像之前一样 “从后向前” 考虑是否能分解这个问题，在最大子数组和中，我们也说过，对于数组问题，可以考虑 “如何将 arr[0,...i] 的问题转为求解 arr[0,...i-1] 的问题 ”，类似最长公共子序列的分析，这里，我们使用c[i,j] 表示 以 Xi 和 Yj 结尾的最长公共子串的长度，因为要求子串连续，所以对于 Xi 与 Yj 来讲，它们要么与之前的公共子串构成新的公共子串；要么就是不构成公共子串。故状态转移方程
X[i-1] == Y[j-1]，c[i,j] = c[i-1,j-1] + 1； X[i-1] != Y[j-1]，c[i,j] = 0；
对于初始化，i==0 或者 j==0，c[i,j] = 0
代码：
public class LCString {
public static int lengthofLCString(String X, String Y){
/* 构造二维数组c[][]记录X[i]和Y[j]的LCS长度 (i,j)是前缀
* c[i][j]=0; 当 i = j = 0;
* c[i][j]=c[i-1][j-1]+1; 当 i = j > 0; Xi == Y[i]
* c[i][j]=0; 当 i = j > 0; Xi != Y[i]
* 需要计算 m*n 个子问题的长度 即 任意c[i][j]的长度
* -- 填表过程
*/
int[][]c = new int[X.length()+1][Y.length()+1];
int maxlen = 0;
int maxindex = 0;
for(int i =1;i<=X.length();i++){
for(int j=1;j<=Y.length();j++){
if(X.charAt(i-1) == Y.charAt(j-1)){
c[i][j] = c[i-1][j-1]+1;
if(c[i][j] > maxlen)
{
maxlen = c[i][j];
maxindex = i + 1 - maxlen;
}
}
}
}
return maxlen;
}
public static void main(String[] args) {
String X = "acbac";
String Y = "acaccbabb";
System.out.println(lengthofLCString(X,Y));
}
}
时间复杂度O(nlogn)的后缀数组的方法
有关后缀数组以及求最长重复子串
前面提过后缀数组的基本定义，与子串有关，可以尝试这方面思路。由于后缀数组最典型的是寻找一个字符串的重复子串，所以，对于两个字符串，我们可以将其连接到一起，如果某一个子串 s 是它们的公共子串，则 s 一定会在连接后字符串后缀数组中出现两次，这样就将最长公共子串转成最长重复子串的问题了，这里的后缀数组我们使用基本的实现方式。
值得一提的是，在找到两个重复子串时，不一定就是 X 与 Y 的公共子串，也可能是 X 或 Y 的自身重复子串，故在连接时候我们在 X 后面插入一个特殊字符‘#’，即连接后为 X#Y。这样一来，只有找到的两个重复子串恰好有一个在 #的前面，这两个重复子串才是 X 与 Y 的公共子串
各方案复杂度对比
设字符串 X 的长度为 m，Y 的长度为 n，最长公共子串长度为 l。
对于基本算法（brute force），X 的子串（m 个）和 Y 的子串（n 个）一一对比，最坏情况下，复杂度为 O(m*n*l)，空间复杂度为 O(1)。
对于 DP 算法，由于自底向上构建最优子问题的解，时间复杂度为 O(m*n)；空间复杂度为 O(m*n)，当然这里是可以使用滚动数组来优化空间的，滚动数组在动态规划基础回顾中多次提到。
对于后缀数组方法，连接到一起并初始化后缀数组的时间复杂度为 O(m+n)，对后缀数组的字符串排序，由于后缀数组有 m+n 个后缀子串，子串间比较，故复杂度为 O((m+n)*l*lg(m+n))，求得最长子串遍历后缀数组，复杂度为 O(m+n)，所以总的时间复杂度为 O((m+n)*l*lg(m+n))，空间复杂度为 O(m+n)。
总的来说使用后缀数组对数据做一些 “预处理”，在效率上还是能提升不少的。
LIS 最长递增子序列
问题描述：找出一个n个数的序列的最长单调递增子序列： 比如A = {5,6,7,1,2,8} 的LIS是5,6,7,8
1. O(n^2)的复杂度：
1.1 最优子结构：LIS[i] 是以arr[i]为末尾的LIS序列的长度。则：LIS[i] = {1+Max(LIS(j))}; j<i, arr[j]<arr[i];LIS[i] = 1, j<i, 但是不存在arr[j]<arr[i];
所以问题转化为计算Max(LIS(j)) 0<i<n
1.2 重叠的子问题：
以arr[i] (1<= i <= n)每个元素结尾的LIS序列的值是 重叠的子问题。
所以填表时候就是建立一个数组DP[i], 记录以arr[i]为序列末尾的LIS长度。
1.3 DP[i]怎么计算？
遍历所有j<i的元素，检查是否DP[j]+1>DP[i] && arr[j]<arry[i] 若是，则可以更新DP[i]
int maxLength = 1, bestEnd = 0;
DP[0] = 1;
prev[0] = -1;
for (int i = 1; i < N; i++)
{
DP[i] = 1;
prev[i] = -1;
for (int j = i - 1; j >= 0; j--)
if (DP[j] + 1 > DP[i] && array[j] < array[i])
{
DP[i] = DP[j] + 1;
prev[i] = j;
}
if (DP[i] > maxLength)
{
bestEnd = i;
maxLength = DP[i];
}
2. O(nlog)的复杂度
基本思想：
首先通过一个数组MaxV[nMaxLength]来缓存递增子序列LIS的末尾元素最小值；通过nMaxLength 记录到当前遍历为止的最长子序列的长度;
然后我们从第2元素开始，遍历给定的数组arr，
1. arr[i] > MaxV[nMaxLength], 将arr[i]插入到MaxV[++nMaxLength]的末尾 -- 意味着我们找到了一个新的最大LIS
2. arr[i] <= MaxV[nMaxLength], 找到MaxV[]中刚刚大于arr[i]的元素，arr[j].arr[i]替换arr[j]
因为MaxV是一个有序数组，查找过程可以使用log(N)的折半查找。
这样运行时间: n个整数和每个都需要折半查找 -- n*logn = O(nlogn)
if >说明j能够放在最长子序列的末尾形成一个新的最长子序列.if<说明j需要替换前面一个刚刚大与array[j]的元素
最后，输出LIS时候，我们会用一个LIS[]数组，这边LIS[i]记录的是以元素arr[i]为结尾的最长序列的长度
初始化准备工作：
MaxV[1]首先会被设置成序列第一个元素 即 MaxV[1] = arr[0]，在遍历数组的过程中会不断的更新。nMaxLength = 1
举个栗子：
arr = {2 1 5 3 6 4 8 9 7}
- 首先
i=1, 遍历到1， 1 通过跟MaxV[nMaxLength]比较:1<MaxV[nMaxLength],
发现1更有潜力（更小的有潜力，更小的替换之）
1 更有潜力, 那么1就替换MaxV[nMaxLength]即MaxV[nMaxLength] =1;
这个时候MaxV={1}， nMaxlength = 1，LIS[1] = 1; - 然后
i =2, 遍历到5， 5通过跟MaxV[nMaxLength]比较,5>MaxV[nMaxLength],
发现5更大； 链接到目前得到的LIS尾部；
这个时候MaxV={1，5}，nMaxlength++ = 2，MaxV[nMaxLength]=5，LIS[i] = 1+1 = 2; - 然后
i =3，遍历到3, 3 通过跟MaxV[nMaxLength]比较,3<MaxV[nMaxLength],
发现3更有潜力，然后从nMaxLength往前比较，找到第一个刚刚比3大元素替换之。（稍后解释什么叫刚刚大）
这个时候MaxV={1,3}， nMaxlength = 2; 3只是替换，LIS[i]不变 = LIS[3]= 2; - 然后
i =4，遍历到6， 6 通过跟MaxV[nMaxLength]比较,6>MaxV[nMaxLength],
发现6更大； 6就应该链接到目前得到的LIS尾部；
这个时候，MaxV={1,3,6} ，nMaxlength = 3，MaxV[nMaxLength+1]=6 , LIS[4] = 3 - 然后
i =5，遍历到4, 4 通过跟MaxV[nMaxLength] = 6比较,4<MaxV[nMaxLength],
发现4更有潜力，然后从nMaxLength往前比较，找到刚刚比4大元素 也就是 6替换之。
这个时候MaxV={1,3,4}， nMaxlength = 3，4只是替换，LIS[i]不变 = LIS[5]= 3; - 然后
i=6, 遍历到8， 8通过跟MaxV[nMaxLength]比较,8>MaxV[nMaxLength],
发现8更大； 8就应该链接到目前得到的LIS尾部；
这个时候MaxV={1,3,4,8}， nMaxlength = 4, Maxv[nMaxlength]=8 LIS[6]=4, - 然后
i=7, 遍历到9， 9通过跟MaxV[nMaxLength]比较,9>MaxV[nMaxLength],
发现9更大； 9就应该链接到目前得到的LIS尾部；
这个时候MaxV={1,3,4,8，9}， nMaxlength = 5, Maxv[nmaxlength]=9, LIS[7] = 5; - 然后
i=8, 遍历到7, 7 通过跟MaxV[nMaxLength] = 9比较,7<MaxV[nMaxLength],
发现7更有潜力，然后从nMaxLength往前比较，找到第一个比7大元素 也就是 8替换之。
这个时候MaxV={1,3,4,7,9},nMaxLength = 5, Maxv[nMaxlength]=9LIS[8] = LIS[替换掉的index] = 4;
| -- | 2 | 1 | 5 | 3 | 6 | 4 | 8 | 9 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| LIS | 1 | 1 | 2 | 2 | 3 | 3 | 4 | 5 | 4 |
| MaxV | 2 | 1 | 1,5 | 1,3 | 1,3,6 | 1,3,4 | 1,3,4,8 | 1,3,4,8,9 | 1,3,4,7 |
java实现：
import java.util.*;
public class LIS {
public static int lengthofLCS(int[] arr){
// 辅助变量
int[] MaxV = new int [arr.length+1]; // 记录递增子序列 LIS 的末尾元素最小值
int nMaxLength = 1; // 当前LIS的长度
int [] LIS = new int[arr.length+1]; //LIS[i]记录的是以第i个元素为结尾的最长序列的长度
// 初始化
MaxV[0] = -100;
MaxV[nMaxLength] = arr[0];
LIS[0] = 0;LIS[1] = 1;
for(int i=1;i<arr.length;i++){
if(arr[i] >MaxV[nMaxLength]){
MaxV[++nMaxLength] = arr[i];
LIS[i] = LIS[i-1]+1;
}
else{
// 新元素 更小，更有“潜力”，替换大的元素
int index = binarySearch(MaxV,arr[i],0,nMaxLength);
//*
LIS[i] =index;
MaxV[index] = arr[i];
}
}
Arrays.sort(LIS);
return LIS[LIS.length-1];
}
// 在MaxV数组中查找一个元素刚刚大于arr[i]
// 返回这个元素的index
public static int binarySearch(int []arr, int n, int start, int end){
while(start<end){
int mid = (start + end)/2;
if(arr[mid]< n){
start = mid+1;
}
else if(arr[mid]> n) {
end = mid -1;
}
else
return mid;
}
return end;
}
public static void main(String[] args) {
int[] arr = {2,1,5,3,6,4,8,9,7};
System.out.println(lengthofLCS(arr));
}
}
* : MaxV里面的数组下标代表了长度为index的最长子序列末尾元素，反过来就是末尾元素在MaxV里对应的下标就是他子序列的长度
可以转化为LCS的问题
- 给一个字符串，求这个字符串最少增加几个字符能变成回文
- 要在一条河的南北两边的各个城市之间造若干座桥．桥两边的城市分别是 a(1)...a(n) 和 b(1)...b(n). 且南边 a(1)...a(n) 是乱序的，北边同理，但是要求 a(i) 只可以和 b(i) 之间造桥, 同时两座桥之间不能交叉. 希望可以得到一个尽量多座桥的方案.
以我和蓝盆友的讨论做结：
- 通常DP是一个不算最好，但是比最直接的算法好很多的方法。 DP一般是O（n^2）;但是如果想进一步优化 O（nlogn）就要考虑其他的了
- 对，要想更好的方法就是要挖掘题目本身更加隐匿的性质了