LCS(子串必须连续)

原文：http://www.ahathinking.com/archives/122.html，原文这个系列不错，推荐大家看。

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：

/* 最长公共子串 Longest Common Substring */ int maxlen;    /* 记录最大公共子串长度 */int maxindex;  /* 记录最大公共子串在串1的起始位置 */void outputLCS(char * X);  /* 输出LCS */ /* 最长公共子串 基本算法 */int comlen(char * p, char * q){    int len = 0;    while(*p && *q && *p++ == *q++)    {        ++len;    }    return len;} void LCS_base(char * X, int xlen, char * Y, int ylen){    for(int i = 0; i < xlen; ++i)    {        for(int j = 0; j < ylen; ++j)        {            int len = comlen(&X[i],&Y[j]);            if(len > maxlen)            {                maxlen = len;                maxindex = i;            }        }    }    outputLCS(X);}

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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：

/* 最长公共子串 DP */int dp[30][30]; void LCS_dp(char * X, int xlen, char * Y, int ylen){    maxlen = maxindex = 0;    for(int i = 0; i < xlen; ++i)    {        for(int j = 0; j < ylen; ++j)        {            if(X[i] == Y[j])            {                if(i && j)                {                    dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;                }                if(i == 0 || j == 0)                {                    dp[i][j] = 1;                }                if(dp[i][j] > maxlen)                {                    maxlen = dp[i][j];                    maxindex = i + 1 - maxlen;                }            }        }    }    outputLCS(X);}

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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 == '#')        {            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]);}//下面给出三种实现方案所用到的打印输出LCS程序以及测试用例程序。/* 输出LCS * 在后缀数组方法中，maxindex=0 * 因为传进来的就是后缀数组suff[]，从0打印maxlen个字符 */void outputLCS(char * X){    if(maxlen == 0)    {        printf("NULL LCS\n");        return;    }    printf("The len of LCS is %d\n",maxlen);     int i = maxindex;    while(maxlen--)    {        printf("%c",X[i++]);    }    printf("\n");} void main(){    char X[] = "aaaba";    char Y[] = "abaa";     /* 基本算法 */    LCS_base(X,strlen(X),Y,strlen(Y));     /* DP算法 */    LCS_base(X,strlen(X),Y,strlen(Y));     /* 后缀数组方法 */    LCS_suffix(X,strlen(X),Y,strlen(Y));}

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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。

本节相关代码可以到这里下载。