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最长公共子串问题（方法一：暴力+RK匹配，方法二：DP+空间优化）

2024-07-21 08:50:03   217人阅读

时间：2014.09.05

地点：基地二楼

一、题目                                                                        

  给定一个query和一个text，均由小写字母组成。要求在text中找出以同样的顺序连续出现在query中的最长连续字母序列的长度。例如， query为“acbac”，text为“acaccbabb”，那么text中的“cba”为最长的连续出现在query中的字母序列，因此，返回结果应该为其长度3。

二、分析                                                                        

   对于该问题最直接的想法就是对query字符串的所有非空子字符串再text中进行查找比对，看是否也被包含在text中，然后取最长的那个的长度，即为所求。假设query字符串长度为n，那么query的子字符串就有C(n,2)个，即n(n-1)/2，然后这些子字符串还要在text中进行搜索匹配，朴素的搜索匹配算法复杂度是O(n^2)，如此一来，该算法的时间复杂度为O(n^4)，当然可以做一些优化，提高算法效率，比如对于匹配算法也还可以进行优化，比如RK算法，有限自动机和KMP算法等。
下面给出结合RK匹配的一个暴力算法代码：

1.先是RK算法，有关RK算法的再往后写出

bool RabinKarpMatch(const string& T, const string& P)
{
	static const int d = 128;
	static const int q = 6999997;
	
	int n = T.length();
	int m = P.length();
	int h = 1;
	for (int i = 1; i < m; i++)
		h = (h*d) % q;                  //h=d^(m-1) mode q

	int p = 0, t = 0;
	for (int i = 0; i < m; ++i)             //processing
	{
		p = ((p*d) + P[i]) % q;
		t = ((t*d) + T[i]) % q;
	}

	for (int s = 0; s < n - m + 1; ++s)     //s=[0...n-m+1-1]
	{
		if (t== p)
		{
			int i = 0;
			for (i; i < m; ++i)
			{
				if (P[i] != T[s + i])
					break;
			}
			if (i == m)
				return true;
		}
		t = (d*(t - T[s] * h% q+q) + T[s + m]) % q;
	}
	return false;
}

2.然后是顶层实现

size_t GetLargestCommomSubLen(const string& text, const string& query)
{
	size_t query_len = query.length();
	size_t text_len = text.length();
	assert(text_len >= query_len);
	if (text.empty() || query.empty())
		return 0;
	size_t max_len = 0;

	for (size_t start = 0; start < query_len; ++start)
	{
		size_t size = query_len - start;
		for (size_t len = 1; len <= size; ++len)
		{
			if (RabinKarpMatch(text, query.substr(start, len)))
			{
				if (len>max_len)
					max_len = len;
			}
		}
	}
	return max_len;
}

三、动态规划                                                                 

  记得有个斐波拉契数列问题，巧妙的用到了DP，使得算法效率得到了极大的改善，依照那种思路，先找到一种数学关系，类似F(n)=F(n-1)+F(n-2)或C(n,k)=C(n-1,k)+C(n-1,k-1)，然后自底向上地去处理得到结果。在最长公共子字符串中这个问题表现为：
  设text[ i ]和query[ j ]分别为上次匹配结尾的字符，在斐波拉契数列中，即是充分利用子问题的解去构造复杂问题的解，这里也一样，可用L[ i,j ]记录它们当前的匹配长度，于是在计算L[i+1,j+1]时，即匹配下一个字符时，只要看text[i+1]和query[j+1]还继不继续相等，相等则L[ i,j ]=L[ i-1,j-1 ] + 1，不相等则为0，结束匹配。再回到斐波拉契数列问题，在那里，用到自底向上的求解方式，首先是已知底为F(0)=0和F(1)=1，在这里，虽然不能很明显的知道底，然可通过计算得知，这个底即边界处理表现为：对与L第0行的处理，即text[0]与query各个字符的匹配情况。2.对L第0列的处理，即对于query[0]，text各个字符的匹配情况。这样算法的时间复杂度降至O(n^2)
实现如下：
int GetLongestCommSubstrLen(const string& text, const string& query)
{
	int text_len = text.length();
	int query_len = query.length();
	if (text_len == 0 || 0 == query_len)
		return 0;
	vector<vector<int>> L(text_len, vector<int>(query_len, 0));
	int text_start = -1;
	int query_start = -1;

	for (int j = 0; j < query_len; ++j)
	{
		L[0][j] = (text[0] == query[j] ? 1 : 0);
	}

	for (int i = 1; i < text_len; ++i)
	{
		L[i][0] = (text[i] == query[0] ? 1 : 0);
		for (int j = 1; j < query_len; ++j)
		{
			if (text[i] == query[j])
			{
				L[i][j] = L[i - 1][j - 1] + 1;
			}
		}
	}

	int longest = 0;
	for (int i = 0; i < text_len; ++i)
	{
		for (int j = 0; j < query_len; ++j)
		{
			if (longest < L[i][j])
			{
				longest = L[i][j];
				text_start = i - longest + 1;
				query_start = j - longest + 1;
			}
		}
	}
	return longest;
}
  这种方法采取了空间换时间的策略，尽管如此，在空间上，还可以优化，在空间的使用上并没有想象的那么恐怖。比如在计算斐波拉契数列时，其实求后一项只与前面两项相关，多余的信息存储造成了空间上的浪费，在这里同样也是如此，看公式L[ i,j ]=L[ i-1,j-1 ] + 1，亦知L的计算也只与前一行相关，而前一行的值是通过计算已知的了，于是只要两行存储空间即可，每当计算新的一行的，把旧行上升到第0行即可，swap一下即可。
改进后的代码如下（也非常简洁）：
int GetLongestCommSubstrLen(const string& text, const string& query)
{
	int text_len = text.length();
	int query_len = query.length();
	if (text_len == 0 || 0 == query_len)
		return 0;
	vector<vector<int>> L(2, vector<int>(query_len, 0));
	int text_start = -1;
	int query_start = -1;

	int longest = 0;
	for (int j = 0; j < query_len; ++j)
	{
		if (text[0] == query[j])
		{
			L[0][j] = 1;
		}
	}

	for (int i = 1; i < text_len; ++i)
	{
		L[1][0] = (text[i] == query[0] ? 1 : 0);
		for (int j = 1; j < query_len; ++j)
		{
			if (text[i] == query[j])
			{
				L[1][j] = L[0][j - 1] + 1;
				if (longest < L[1][j])
					longest = L[1][j];
			}
		}
		L[1].swap(L[0]);
	}
	return longest;
}



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