比较好的最长公共子序列的变形

题解来自：
http://hihocoder.com/discuss/question/2111

题意分析

给定只包含字母的两个字符串A,B，求A,B两个字符串的最长公共子序列，要求构成子序列的子串长度都必须大于等于3。

比如

"abcdefghijklmn"

和

"ababceghjklmn"

，其最长满足题意要求的子序列为

"abcjklmn"

，其由公共子串

"abc"

和

"jklmn"

组成。

这里我们要注意

子串

和

子序列

的区别：

子串：连续的元素
子序列：不连续的元素

比如

"abcdefghijklmn"

和

"ababceghjklmn"

的最长公共子串就只是

"jklmn"

了。

算法分析

首先我们来复习一道经典的题目：

给定只包含字母的两个字符串A,B，求A,B两个字符串的最长公共子序列。
比如

"abcde"

和

"abdfg"

的最长公共子序列为

"abd"

对于最长公共子序列，我们知道解法为

[code]dp[0][0..j] = 0    // 边界
dp[0..i][0] = 0    // 边界
For i = 1 .. n
    For j = 1 .. m
        If a[i] == b[j] Then
            dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1
        Else
            dp[i][j] = Max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
        End If
    End For
End For

而这一道题目是在最长公共子序列上加入了一个条件：构成最长公共子序列的每一个子串长度必须大于等于3.

一个简单的想法：我们求出最长公共子序列，然后将其中长度小于3的部分去掉。

显然，这是不对的。

举个例子：

"aaabaa"

和

"acaaaca"

的最长子序列为

"aaaaa"

。其对应关系为：

[code]a aaba a
acaa aca

因为在

"acaaaca"

中第一个字母a长度为1，所以我们需要去掉它，对应的我们也去掉了

"aaabaa"

中第一个字母a。

[code].  aaba a
. caa aca

此时构成

"aaabaa"

和

"acaaaca"

公共子序列的3个子串为

"aa"

,

"a"

和

"a"

，长度都小于了3，所以全部删去，则得到了新的公共子序列长度为0。

这显然不正确，因为实际有符合题意要求的公共子序列：

[code]   aaa baa
ac aaa ca

其中包含有长度为3的公共子序列。

对最大公共子序列的结果进行再次处理这个方法不可行，那么我们只能从计算公共子序列的算法着手。

首先我想我们可以做一个预处理，用

f[i][j]

表示以a的第i个字母作为结尾的前缀和*以b的第j个字母作为结尾的前缀*的公共后缀的长度。这样看上去似乎很绕，不如举个例子：

a=

"abcd"

和b=

"acbc"

。

f[3][4]

的就表示a[1..3]和b[1..4]的公共后缀的长度，其中a[1..3]=

"abc"

，b[1..4]=

"acbc"

，其公共后缀为

"bc"

，所以f[3][4]=2.

预处理的伪代码为：

[code]For i = 1 .. n
    For j = 1 .. m
        If a[i] == b[j] Then
            f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + 1
        Else
            f[i][j] = 0
        End If
    End For
End For

有了这个预处理的数组，我们可以在原来最大公共子序列上做这样一个改进：

[code]dp[0][0..j] = 0    // 边界
dp[0..i][0] = 0    // 边界
For i = 1 .. n
    For j = 1 .. m
        If f[i][j] >= 3 Then    // 改进
            dp[i][j] = dp[i - f[i][j]][j - f[i][j]] + f[i][j]
        Else
            dp[i][j] = Max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
        End If
    End For
End For

这个改进的意义为：当我们出现一个长度大于3的子串时，我们就直接将这个子串合并入我们的子序列。

加入这个改进后，我们通过了样例的数据，这样看上去似乎就应该没什么问题了。

然而事实并不是这样，在这道题目中还隐藏着陷阱：

比如

"abcdef"

和

"abcxcdef"

根据我们算法，上面这个例子算出的结果为4，然而其实际的结果应该为6，即

"abc"

和

"def"

两个公共子串构成的子序列。

那么出错的原因在哪？就在字符串

"cdef"

上。

我们计算结果出4是因为将

"cdef"

看做了一个整体，而将

"abcdef"

分割成了

"ab"

和

"cdef"

。

在DP的过程中f[6][7] = 4，我们使用了dp[6][7] = dp[2][3] + 4，而dp[2][3] = 0，所以dp[6][7] = 4。

[code]ab  cdef
abcxcdef

而实际上的最有解是将f[6][7]看作3，dp[6][7] = dp[3][4] + 3，其中dp[3][4] = 3，得到了dp[6][7] = 6。

[code]abc  def
abcxcdef

也就是说，如果我们将f[i][j]>3的子串进行分割，有可能得到更优的情况。因此我们需要进一步的改进：

[code]dp[0][0..j] = 0    // 边界
dp[0..i][0] = 0    // 边界
For i = 1 .. n
    For j = 1 .. m
        dp[i][j] = 0
        If f[i][j] >= 3 Then    // 改进
            For k = 3 .. f[i][j]    // 枚举分割长度
                dp[i][j] = Max(dp[i][j], dp[i - k][j - k] + k)
            End For
        Else
            dp[i][j] = Max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
        End If
    End For
End For

但是这样的改进使得整个算法的时间复杂度变为了O(n^3)，当n=2100时，有可能会超时。

让我们考虑一下如何进一步改进这个算法。以上算法复杂度高的地方在于对于每一个(i, j)，我们为了计算dp[i][j]都需要枚举分割长度k：

[code]For k = 3 .. f[i][j]    // 枚举分割长度
    dp[i][j] = Max(dp[i][j], dp[i - k][j - k] + k)
End For

这一步实际上我们计算了

max{dp[i-k][j-k]+k}, k=3..f[i][j]

。我们不妨把它记作dp1[i][j]，即：

[code]dp1[i][j] = max{dp[i-k][j-k]+k} = max{dp[i-3][j-3]+3, dp[i-4][j-4]+4, dp[i-5][j-5]+5, ... }

同时

[code]dp1[i-1][j-1] = max{dp[i-1-3][j-1-3]+3, dp[i-1-4][j-1-4] + 4, dp[i-1-5][j-1-5]+5 ... }
    = max{dp[i-4][j-4]+3, dp[i-5][j-5]+4, dp[i-6][j-6]+5, ... }

我们可以发现，dp1[i][j]的展开式中除了dp[i-3][j-3]+3这一项，是与dp1[i-1][j-1]中的每一项一一对应的，并且刚好大1。所以实际上dp[i-1][j-1]计算时枚举过分割长度，我们并不需要再次计算：

[code]dp1[i][j] = max{dp1[i-1][j-1] + 1, dp[i-3][j-3]+3}

最后得到我们新的伪代码如下，其中dp[i][j][0]对应上文分析中的dp[i][j], dp[i][j][1]对应dp1[i][j]：

[code]dp[0][0..j][0..1] = 0    // 边界
dp[0..i][0][0..1] = 0    // 边界
For i = 1 .. n
    For j = 1 .. m
        dp[i][j][1] = 0
        If f[i][j] >= 3 Then    // 改进
            dp[i][j][1] = Max(dp[i][j][1], dp[i - 3][j - 3][0] + 3)     // 以长度3为分割
            If (f[i][j] > 3) Then
                //按照dp[i-1][j-1][1]的分割方式分割，即直接将(i,j)接在(i-1,j-1)后面
                dp[i][j][1] = Max(dp[i][j][1], dp[i - 1][j - 1][1] + 1)
            End If
        End If
        dp[i][j][0] = Max(dp[i-1][j][0], dp[i][j-1][0], dp[i][j][1])
    End For
End For

至此我这道题目也算是完整的解出了。

结果分析

这个题目是在经典的动态规划题目《最长公共子序列》上做了一点修改。虽然只增加了一个条件，不过难度增大很多。能想出一个复杂度是O(n^2)的正确算法不是很容易，需要仔细分析清楚各种情况。一不小心就会掉进各种陷阱里。

很多选手都能够想到经典最长子序列的改进算法而获得80分。

剩下的测试点则对应了算法分析中提到的陷阱，所以能否找出这种特殊的例子也是解决这道题的关键。

不过微软的出题人似乎没有想太为难大家，数据并不是很强。在实际的比赛中，O(n^3)的算法也能拿到满分，最终该题目的通过率为9%。

很多O(N^2)的程序不能通过

"babad"

和

"babacabad"

这组数据。

#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2200;
int d

[2];
int f

,n,m;
char str
,src
;
int dp(){
  memset(d,0,sizeof(d));
  for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++){
        d[i][j][1]=0;
        if(f[i][j]>=3) d[i][j][1]=d[i-3][j-3][0]+3;
        if(f[i][j]> 3) d[i][j][1]=max(d[i][j][1],d[i-1][j-1][1]+1);
        d[i][j][0]=max(max(d[i-1][j][0],d[i][j-1][0]),d[i][j][1]);
  }
  return d
[m][0];
}
int main()
{
   while(scanf("%s %s",str+1,src+1)!=EOF){
       n = strlen(str+1),m=strlen(src+1);
       for(int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=0;
       for(int i=1;i<=m;i++) f[0][i]=0;
       f[0][0]=0;
       for(int i=1;i<=n;i++)
         for(int j=1;j<=m;j++){
            if(str[i]==src[j]) f[i][j]=f[i-1][j-1]+1;
            else f[i][j]=0;
       }
       printf("%d\n",dp());
   }
   return 0;
}