动态规划之最长公共子序列（Longest Common Subsequence）

原文地址：Dynamic Programming | Set 4 (Longest Common Subsequence)
我们已经分别在第一篇、第二篇文章中讨论了重复的子问题与最优的子结构。我们也在第三篇文章中讨论了一个例子。下来我们讲一个最长公共子序列（LCS）作为本文用动态规划来解决的例子问题。

LCS问题描述：已知两个序列，找到同时是两个序列且长度最长的子序列。一个子序列是指与一个序列有相同的相对顺序，但没必要是连续的。例如：“abc”，“abg”，“bdf”，“aeg”，“acefg”，等等都是序列“abcdefg”的子序列。所以一个长度为n的字符串有2^n个不同的子序列。

这是一个经典的计算机科学问题，基本的对比（一个文件对比程序，这个程序输出两个文件的不同处），而且这一技术已经应用到了生物信息学。

例如：
输入序列“ABCDGH”与“AEDFHR”的LCS是长度为3的“ADH”。
输入序列“AGGTAB”与“GXTXAYB”的LCS是长度为4的“GTAB”。

对于这个问题一个简单地方法就是生成给出的序列的所有子序列，然后找出最长匹配的子序列。这个方法有指数级的时间复杂度。我们来看一下这个问题是如何处理动态规划问题的这两个重要属性（重复的子问题与最优的子结构）的。

1)最优的子结构：
假设输入序列是X[0..m-1]和Y[0..n-1]，连个序列的长度分别为m和n。假设L(X[0..m-1], Y[0..n-1])是序列X与序列Y的LCS。下面是L(X[0..m-1], Y[0..n-1])的递归定义 ：

如果两个序列的最后一个字符匹配（或者X[m-1] == Y[n-1]）的话，那么L(X[0..m-1], Y[0..n-1]) = 1 + L(X[0..m-2], Y[0..n-2])

如果两个序列的最后一个字符不匹配（或者X[m-1] ！= Y[n-1]）的话，那么L(X[0..m-1], Y[0..n-1]) = MAX ( L(X[0..m-2], Y[0..n-1]), L(X[0..m-1], Y[0..n-2])

例子：
1）考虑输入字符“AGGTAB”与“GXTXAYB”。两个字符串的最后一个字符匹配，所以LCS的字符可以写成：L(“AGGTAB”, “GXTXAYB”) = 1 + L(“AGGTA”, “GXTXAY”)。

2）考虑输入字符“ABCDGH”与“AEDFHR”。两个字符串的最后一个字符不匹配，所以LCS的字符可以写成： L(“ABCDGH”, “AEDFHR”) = MAX ( L(“ABCDG”, “AEDFHR”), L(“ABCDGH”, “AEDFH”) )。

所以LCS问题对于主问题来讲有最优子结构属性，可以用解决子问题的办法来处理。

2）重复的子问题
下面是LCS问题的一个简单地递归实现。这个实现就是根据上述的递归结构来写得。

/* A Naive recursive implementation of LCS problem */#include<bits/stdc++.h>int max(int a, int b);/* Returns length of LCS for X[0..m-1], Y[0..n-1] */int lcs( char *X, char *Y, int m, int n ){   if (m == 0 || n == 0)     return 0;   if (X[m-1] == Y[n-1])     return 1 + lcs(X, Y, m-1, n-1);   else     return max(lcs(X, Y, m, n-1), lcs(X, Y, m-1, n));}/* Utility function to get max of 2 integers */int max(int a, int b){    return (a > b)? a : b;}/* Driver program to test above function */int main(){  char X[] = "AGGTAB";  char Y[] = "GXTXAYB";  int m = strlen(X);  int n = strlen(Y);  printf("Length of LCS is %d\n", lcs( X, Y, m, n ) );  return 0;}

输出:
Length of LCS is 4

上面简单地递归方法在最坏的情况下的时间复杂度是O(2^n) ，最坏的时候也就是所有的X中的字符都与Y中的不匹配，例如LCS的长度为0。

想一下上面的实现，下面的一种部分递归树，两个输入字符分别是“AXYT”和“AYZX”

                   lcs("AXYT", "AYZX")                   /                 \     lcs("AXY", "AYZX")            lcs("AXYT", "AYZ")     /            \                  /               \lcs("AX", "AYZX")lcs("AXY", "AYZ")lcs("AXY", "AYZ") lcs("AXYT", "AY")

在上面的部分递归树中，lcs(“AXY”, “AYZ”) 被计算了两次。如果我们画出了全部的递归树，然后我们才看到里面有许多子问题，这些子问题被一遍又一遍地重复执行。所以这个问题有重复子问题的书写，可以通过记忆法或者制表法来避免相同的问题重复的计算。下面就是LCS问题的一个制表法实现：

/* Dynamic Programming C/C++ implementation of LCS problem */#include<bits/stdc++.h>int max(int a, int b);/* Returns length of LCS for X[0..m-1], Y[0..n-1] */int lcs( char *X, char *Y, int m, int n ){   int L[m+1][n+1];   int i, j;   /* Following steps build L[m+1][n+1] in bottom up fashion. Note       that L[i][j] contains length of LCS of X[0..i-1] and Y[0..j-1] */   for (i=0; i<=m; i++)   {     for (j=0; j<=n; j++)     {       if (i == 0 || j == 0)         L[i][j] = 0;       else if (X[i-1] == Y[j-1])         L[i][j] = L[i-1][j-1] + 1;       else         L[i][j] = max(L[i-1][j], L[i][j-1]);     }   }   /* L[m][n] contains length of LCS for X[0..n-1] and Y[0..m-1] */   return L[m][n];}/* Utility function to get max of 2 integers */int max(int a, int b){    return (a > b)? a : b;}/* Driver program to test above function */int main(){  char X[] = "AGGTAB";  char Y[] = "GXTXAYB";  int m = strlen(X);  int n = strlen(Y);  printf("Length of LCS is %d\n", lcs( X, Y, m, n ) );  return 0;}

上述实现的时间复杂度是O(mn) ，这比上面那个简单地递归实现最坏的情况强多了。

以上的实现/代码知识返回了LCS的长度，如果想打印LCS，请看下面的文章Printing Longest Common Subsequence