最字头之二：最长公共字串

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文章作者：Yx.Ac   文章来源：勇幸|Thinking (http://www.ahathinking.com)   转载请注明，谢谢合作。

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这个LCS跟前面说的最长公共子序列的LCS不一样，不过也算是LCS的一个变体，在LCS中，子序列是不必要求连续的，而子串则是“连续”的。即：

题：给定两个字符串X，Y，求二者最长的公共子串，例如X=[aaaba]，Y=[abaa]。二者的最长公共子串为[aba]，长度为3。

本节给出三种不同的实现方式，并对比分析每种方法的复杂度，内容如下：

==基本算法==

==DP方案==

==后缀数组==

==各方法复杂度分析==

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基本算法

其实对于最长公共子串，还是比较简单易想的，因为子串是连续的，这就方便了很多。最直接的方法就是用X每个子串与Y的每个子串做对比，求出最长的公共子串。代码如下：

#include <iostream>#include <string>using namespace std;int tmplen(char* x,char* y){  int len = 0;  while(*x && *y && *x++ == *y++){//注意边界值的可能性    len++;  }  return len;}int main(){string s1,s2;int maxlen = 0;int index = 0;cin >> s1 >> s2;for(int i = 0; i < s1.size(); i++){   for(int j = 0; j < s2.size(); j++){      int len = tmplen(&s1[i],&s2[j]);  if(len > maxlen){     maxlen = len; index = i;  }   }}for(int i = index; i < index+maxlen; i++){  cout << s1[i] << " ";}cout << endl;return 0;}

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DP方案

既然最长公共子串是最长公共子序列的变体，那么最长公共子串是不是也可以用动态规划来求解呢？

我们还是像之前一样“从后向前”考虑是否能分解这个问题，在最大子数组和中，我们也说过，对于数组问题，可以考虑“如何将arr[0,...i]的问题转为求解arr[0,...i-1]的问题”，类似最长公共子序列的分析，这里，我们使用dp[i][j]表示 以x[i]和y[j]结尾的最长公共子串的长度，因为要求子串连续，所以对于X[i]与Y[j]来讲，它们要么与之前的公共子串构成新的公共子串；要么就是不构成公共子串。故状态转移方程

1. X[i] == Y[j]，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1
2. X[i] != Y[j]，dp[i][j] = 0

对于初始化，i==0或者j==0，如果X[i] == Y[j]，dp[i][j] = 1；否则dp[i][j] = 0。

代码如下：

#include <iostream>#include <string>using namespace std;int main(){  string s1,s2;  int index = 0;  int maxlen = 0;  int dp[30][30] = {0};  cin >> s1 >> s2;  for(int i = 0; i < s1.size(); i++){     for(int j = 0; j < s2.size(); j++){    if(s1[i] == s2[j]){   if(i == 0|| j == 0){     dp[i][j] = 1;   }else{     dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;   }   if(dp[i][j] > maxlen){      maxlen = dp[i][j];  index = i;   }} }  }  for(int i = index - maxlen + 1; i <= index; i++){    cout << s1[i] << " ";  }  cout << endl;  return 0;}

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后缀数组

前面提过后缀数组的基本定义，与子串有关，可以尝试这方面思路。由于后缀数组最典型的是寻找一个字符串的重复子串，所以，对于两个字符串，我们可以将其连接到一起，如果某一个子串s是它们的公共子串，则s一定会在连接后字符串后缀数组中出现两次，这样就将最长公共子串转成最长重复子串的问题了，这里的后缀数组我们使用基本的实现方式。

值得一提的是，在找到两个重复子串时，不一定就是X与Y的公共子串，也可能是X或Y的自身重复子串，故在连接时候我们在X后面插入一个特殊字符‘#’，即连接后为X#Y。这样一来，只有找到的两个重复子串恰好有一个在#的前面，这两个重复子串才是X与Y的公共子串。

代码如下：

/* 最长公共子串 后缀数组 */

char * suff[100];

 

int pstrcmp(const void *p, const void *q)

{

    return strcmp(*(char**)p,*(char**)q);

}

 

int comlen_suff(char * p, char * q)

{

    int len = 0;

    while(*p && *q && *p++ == *q++)

    {

        ++len;

        if(*p == '#' || *q == '#')

        {

            break;

        }

    }

    int count = 0;

    while(*p)

    {

        if(*p++ == '#')

        {

            ++count;

            break;

        }

    }

    while(*q)

    {

        if(*q++ == '#')

        {

            ++count;

            break;

        }

    }

    if(count == 1)

        return len;

    return 0;

}

 

void LCS_suffix(char * X, int xlen, char * Y, int ylen)

{

    int suf_index = maxlen = maxindex = 0;

 

    int len_suff = xlen + ylen + 1;

    char * arr = new char [len_suff + 1];  /* 将X和Y连接到一起 */

    strcpy(arr,X);

    arr[xlen] = '#';

    strcpy(arr + xlen + 1, Y);

 

    for(int i = 0; i < len_suff; ++i)  /* 初始化后缀数组 */

    {

        suff[i] = & arr[i];

    }

 

    qsort(suff, len_suff, sizeof(char *), pstrcmp);

 

    for(int i = 0; i < len_suff-1; ++i)

    {

        int len = comlen_suff(suff[i],suff[i+1]);

        if(len > maxlen)

        {

            maxlen = len;

            suf_index = i;

        }

    }

    outputLCS(suff[suf_index]);

}

【可以参考之前的博客文章：后缀树】

各方案复杂度对比

设字符串X的长度为m，Y的长度为n，最长公共子串长度为l。

对于基本算法，X的子串（m个）和Y的子串（n个）一一对比，最坏情况下，复杂度为O(m*n*l)，空间复杂度为O(1)。

对于DP算法，由于自底向上构建最优子问题的解，时间复杂度为O(m*n)；空间复杂度为O(m*n)，当然这里是可以使用滚动数组来优化空间的，滚动数组在动态规划基础回顾中多次提到。

对于后缀数组方法，连接到一起并初始化后缀数组的时间复杂度为O(m+n)，对后缀数组的字符串排序，由于后缀数组有m+n个后缀子串，子串间比较，故复杂度为O((m+n)*l*lg(m+n))，求得最长子串遍历后缀数组，复杂度为O(m+n)，所以总的时间复杂度为O((m+n)*l*lg(m+n))，空间复杂度为O(m+n)。

总的来说使用后缀数组对数据做一些“预处理”，在效率上还是能提升不少的。