最长公共上升子序列

最长公共上升子序列

问题:

给定两个字符串x, y, 求它们公共子序列s, 满足si < sj ( 0 <= i < j < |s|).要求S的长度是所有条件序列中长度最长的.

比较直观的做法(O(n^4))

可以仿照最长上升子序列用dp[i][j], 表示以xi, yj结束的公共字串的长度.

so, 我们可以得出递推公式

if xi != yj    dp[i][j] = 0else    dp[i][j] = max(dp[ii][ij]) ( 0 <= ii < i, 0 <= ij < j, dp[ii][ij] != 0 && x[ii] < x[i]) + 1

时间复杂是O(n^4)

O(n^3)的算法

LICS是从LIS和LCS演变而来的.我们来看看LIS和LCS的动态规划解决方法.

在LIS中dp[i]表示以xi结束的最长上升子序列的长度.在LCS中dp[i][j]表示x[0…i]和y[0…j]的最长公共字串的长度.

为什么在LIS中dp[i]表示的不是x[0…i]中的最长子序列的长度?

因为在算LIS中dp[i]的时, 需要知道上一次字符的信息, 这样才能判断是否把x[i]加入.而在计算LCS中dp[i][j]是不需要知道上一字符的信息, 只考虑当前字符就可以.

在LICS中, 和LIS中一样, 我们需要知道上一字符的信息, dp[i][j], xi和yj就是上一字符信息, 如果xi, yi 相等, 则信息重复冗余, 我们可以试着消除冗余, 以得到一个更好的算法.

这样我们可以定义dp[i][j]表示x[0…i]和y[0…j]上的LICS, 并且在y中的结束位置为j.

so, 我们可以得到递归公式

if xi != yj    dp[i][j] = dp[i-1][j]else    dp[i][j] = max(dp[i-1][k])(0 < k < j && y[k] < y[j]) + 1

证明:

设x[0...m]和y[0...n]上的, 以y[n]为结束字符的最长公共上升子序列为z[0...zn].若x[m] != y[n], 则显然z[0...zn]为x[0...m-1]和y[0...n]上的, 以y[n]为结束的LICS.若x[m] == y[n], 则z[0...zn-1]必为x[0...m-1]和y[0...k]上的, 以y[k]为结束的最长的LICS( 0 < k < j), 否则会得出矛盾.    反证:    设s, s[0...sn]为x[0...m-1]和y[0...k]上的, 以x[k]为结束的一个LICS, 并且sn > zn-1.    那么,s[0...sn] 可以加上y[n], 得到长度sn+1的一个以y[n]为结束字符的最长公共上升子序列, sn+1 > zn, 与假设矛盾.所以，上述的递推公式的是对的.

时间复杂度为O(n^3).

O(n^2)对O(n^3)的一个优化.

我们看到, dp[i][j]依赖于dp[k][j-1] (0 < k < i).

在计算的时候可以把i作为外层循环，也可以把i作为内层循环.

如果把i做为外层循环的, 可以做一个优化, 把时间复杂度将为O(n^2).

O(n^3)的算法

memset(dp, 0, sizeof(dp));for (i = 1; i <= m; i++) {    for(j = 1; j <= n; j++) {        dp[i][j] = 0;        if (x[i] != y[j]) {            dp[i][j] = dp[i-1][j];        } else {            for (k = 1; k < j; ++k) {                if (dp[i][j] < dp[i - 1][k] && y[k] < y[j]) {                    dp[i][j] = dp[i - 1][k];                }            }            dp[i][j] += 1;        }

如果优化, 就只能优化当x[i] = y[j]的时, dp[i][j]的计算.

因为现在O(n^2)个子问题，这是怎么搞也搞不掉的.

看这段代码:

for (k = 1; k < j; ++k) {    if (dp[i][j] < dp[i - 1][k] && y[k] < y[j]) {        dp[i][j] = dp[i - 1][k];    }}

当y[j] = x[i]时, 就等于

for (k = 1; k < j; ++k) {    if (dp[i][j] < dp[i - 1][k] && y[k] < x[i]) {        dp[i][j] = dp[i - 1][k];    }}

这是在求dp[i-1][k] (0 < k < j)中的满足y[k]< x[i]最大值

因为i是不变的(外层循环), j在递增, 因此没有必要从头计算.

保存一个mlen变量保存dp[i-1][k] (0 < k < j)中的满足y[k]< x[i]最大值, 当j增加时只用化O(1)的时间更新mlen和计算dp[i][j].

代码如下:

for (i = 1; i <= m; i++) {    mlen = 0;    for(j = 1; j <= n; j++) {        dp[i][j] = dp[i-1][j];        //更新mlen        if (y[j] < x[i] && dp[i - 1][j] > mlen) {                mlen = dp[i - 1][j];        }        //计算dp[i][j]        if (y[j] == x[i]) {            dp[i][j] = mlen + 1;        }    }}

时间复杂度O(n^2)

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其实仔细想想，在最后的长度应该是：dp [m] [j] ( 0=<j<=n)中的求最大值，而不是在整个二维数组中找最大值，那样的话就浪费时间了！

练习:

• poj 2127: Greatest Common Increasing Subsequence
• hdu 4512: 吉哥系列故事——完美队形I

参考资料:

• Proverbs: POJ 2127 DP(n^2)
• 最长公共上升子序列(LCIS)的平方算法