51NOD-最长公共子序列问题

最长公共子序列问题

最长公共子序列问题就是求序列A= a1,a2,……an, 和B = b1,b2,……bm,的一个最长公共子序列。

因为最长公共子序列不唯一，让我们把问题简化，如何求出两个序列的最长公共子序列长度呢？

你首先能想到的恐怕是暴力枚举？那我们先来看看：序列A有 2^n 个子序列，序列B有 2^m 个子序列，如果任意两个子序列一一比较，比较的子序列高达 2^(n+m) 对，这还没有算具体比较的复杂度。

或许你说，只有长度相同的子序列才会真正进行比较。那么忽略空序列，我们来看看：对于A长度为1的子序列有C(n,1)个，长度为2的子序列有C(n,2)个，……长度为n的子序列有C(n,n)个。对于B也可以做类似分析，即使只对序列A和序列B长度相同的子序列做比较，那么总的比较次数高达：

C(n,1)*C(m,1)*1 + C(n,2) * C(m,2) * 2+ …+C(n,p) * C(m,p)*p

其中p = min(m, n)。

吓着了吧？怎么办？试试使用动态规划算法！

最后，我们来提供输入输出数据，由你来写一段程序，实现这个算法，只有写出了正确的程序，才能继续后面的课程。

输入

第1行：字符串A第2行：字符串B(A,B的长度 <= 1000)

输出

输出最长的子序列，如果有多个，随意输出1个。

输入示例

abcicbaabdkscab

输出示例

abca

我们LCS(x,y)的值来源的三种情况：

（1） LCS(x – 1,  y – 1) + 1如果Ax ＝ By
这对应L(x,y) = L(x,- 1 y- 1)末尾接上Ax

（2.1） LCS(x – 1, y)  如果Ax ≠ By且LCS(x – 1, y) ≥LCS(x, y – 1)
这对应L(x,y)= L(x – 1, y)
（2.2） LCS(x, y – 1)  如果Ax ≠ By且LCS(x – 1, y) <LCS(x, y – 1)
这对应L(x,y) = L(x, y – 1)

（3） 0 如果 x =0或者y = 0
这对应L(x,y)=空序列

注意(2.1)和(2.2) ，当LCS(x – 1, y) ＝ LCS(x, y – 1)时，其实走哪个分支都一样，虽然长度时一样的，但是可能对应不同的子序列，所以最长公共子序列并不唯一。
神奇吧？又一个类似的递推公式。可见我们在计算长度LCS(x,y)的时候只要多记录一些信息，就可以利用这些信息恢复出一个最长公共子序列来。就好比我们在迷宫里走路，走到每个位置的时候记录下我们时从哪个方向来的，就可以从终点回到起点一样。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<stack>#include<algorithm>using namespace std;int main(){char str1[20];char str2[20];scanf ("%s %s",str1+1,str2+1);str1[0] = str2[0] = '0';int l1 = strlen(str1)-1;int l2 = strlen(str2)-1;int dp[20][20] = {0};//0  i=0 || j=0for (int i = 1 ; i <= l1 ; i++){for (int j = 1 ; j <= l2 ; j++){if (str1[i] == str2[j])//dp[i-1][j-1]+1     str1[i]==str2[j]dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;elsedp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);//max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]) str1[i]!=str2[j]}}//回溯求LCS int pos1 = l1;int pos2 = l2;stack<char> S;while (pos1 > 0 && pos2 > 0){if (str1[pos1] == str2[pos2]){S.push(str1[pos1]);pos1--;pos2--;}else if (dp[pos1-1][pos2] > dp[pos1][pos2-1])pos1--;elsepos2--;}while (!S.empty()){printf ("%c",S.top());S.pop();}//printf ("%d\n",dp[l1][l2]);//最长公共子序列的长度；return 0;}