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子序列问题两例,第二例也用到了从后往前遍历思想

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。。