動態規劃2 最長公共子串行

問題是給定字串x和y，求出兩個當中最長的公共子串行。比如x=abcdef y=acefg，那麼他們的最長公共子串行就是acef。就是求x的所有可能的子字串與y所有的子字串匹配，如果相同，那麼就是乙個公共子串行，然後求最長的乙個。

建議**上面的公開課，講的非常好。本文思路是根據上面的公開課總結實踐的。

我們先看看求乙個字串的所有子串行，有什麼規律。比如給定乙個字串abc，那麼有多少子串行呢？a b c ab ac bc abc還有乙個空，就是2^3。按照上面公開課講的非常通俗易懂，就是字串一共有n個字元，那麼每一位的字元都有兩個狀態----0-不是子串行的一員 1-是子串行的一員。那麼總共的種類就是2^n種。這是最壞的情況，字串中沒有相同的字元，如果有，結果會比這個少。但是計算就是這麼計算的。

了解了上面，那麼我們進一步判斷，如果給定乙個x的子串行x1，那麼怎麼判斷y中是否含有呢？簡單的方法就是從x1的起始位置和y的起始位置開始判斷，如果相同，每個索引加一，直到x1/y的字串判斷結束。如果不匹配，那麼y索引加一，再從x1的開頭開始計算。

這種是窮舉法，肯定能得到結果，但是時間和空間都是最差的。我們先實現看看（窮舉法排列組合可以參考排列組合）

struct
mnode
};mnode* msubstr(string& srcstr, int index, int
sublen)
else
ftpn->substr =srcstr[i];}}
else
if (sublen > 1
)        
nsub = msubstr(srcstr, index - 1
, sublen);
prep->pnext =nsub;
while (nsub !=nullptr)}}
return
tmpp;
}bool comps(string& sstr, string&dstr)
for (int j = dindex; j < dstr.size(); j++)
}}    
if (sindex == sstr.size() && dindex <=dstr.size())
return
false;}
intmain()
mnode* tmpp =psubstr;
psubstr = tmpp->pnext;
delete
tmpp;}}
char
inchar;
cin >>inchar;
}

根據排列組合的方式獲取所有的子串，然後匹配，可以列出所有的公共子串，按照從長倒短列印。

那麼我們有沒有更好的解法呢？按照上面的公開課，我們可以這樣計算。lcs(x,y)表示計算x和y的最長公共子串。那麼c(i,j)表示當前x的子串從0-i和y的子串從0-j的最長公共子串。那麼推導公式就是，如果x[i]=y[j]，那麼c(i,j) = c(i-1, j-1)+1；如果x[i]!=y[j]，那麼c(i,j)=max(c(i-1,j),c(i,j-1))。

描述下來就是求x中0-i組成的字串與y中0-j組成的字串的最長公共子串，是有兩部分推導來的

如果x當前索引的字串等於y當前索引的字串，那麼最長公共子串就是i-1與j-1的最長公共子串加上當前的字元。這個很好理解，就是已知前面的最長公共子串，如果當前相等，那麼加上就好了。

如果不相等呢？我們需要分兩步判斷，就是先把i-1加一，算一下當前的最長公共子串，再把j-1加一算一下當前的最長公共子串，然後判斷哪乙個長，就更新哪乙個結果。

上面就是推導公式。

公開課中對其進行了證明

第一條證明，假設z(1,k)表示c(i,j)的最長公共子串，有k個元素，從1-k，當前x(i)==y(j)，那麼z(k)==x(i)==y(j)。去掉當前的k，那麼lcs(i-1,j-1)就等於z(1,k-1)。對於這個，我們有乙個問題，就是必須保證z(1,k-1)是lcs(i-1,j-1)，不然我們後面的推論就是錯誤的，因為如果不是最長公共子串，那麼後續的加上1也不是。公開課中用了乙個反證法，比如存在w是乙個比z(1,k-1)更長的子串，那麼|w|（用|w|表示字串w的長度）一定大於k-1，那麼把w拼接上x(i)或y(j)，那麼|w+x(i)|肯定大於k，這與我們一開始設定的z(1,k)是最長公共子串衝突。所以z(1,k-1)肯定是取出x(i)和y(j)之後剩下的字串的最長公共子串。同樣的方法可以證明第二條定理。

那麼動態規劃的特徵是什麼，對於什麼樣的問題可以使用動態規劃呢？

第一條就是存在最優子結構。也就是乙個問題的最優解，包含了子問題的最優解。如果子問題不是最優解，那麼也不可能是總問題的最優解。

上面的公式最壞的情況是什麼？按照公開課說的，就是一直是第二條規則。因為第一條規則，不需要計算，直接加一，索引各加一；第二條規則是只有乙個索引加一，還需要分別計算兩次。

怎麼優化呢？按照公開課講的，我們可以看一下這個公式有沒有什麼規律，如果是第一條，那麼沒什麼可以省略的，因為已經很簡單了，直接更新資料就好了。如果是第二條呢？舉個例子，我們看一下第二部計算的分解

我們沒有繼續往下分，這裡就可以看出，有重複，兩個[6,5]，計算了兩遍，並且還是靠近樹的根的位置，就導致重複計算的內容更多，那麼如何優化呢？這裡大家估計都想到了，就是把乙個[6,5]記錄下來，到下乙個計算的時候，判斷一下，如果有，就不再重複計算了，這樣就用空間替換了時間，並且是非常可觀的，因為記錄結果花不了多少空間，但是確實能節省很多時間。

這裡就引出了動態規劃的第二個特徵，重疊子問題。就是我們在計算的過程中，因為分解問題導致會出現重複的子問題，我們可以使用備忘法，就是上面說的，記錄一下這個問題的答案，下次碰到直接獲取就好了。

但是這樣並沒有減少太多的運算，因為什麼呢？主要還是因為第二個規則，如果x(i)!=y(j)，因為我們僅僅能利用i和j相同時的重複計算，但是並不能嚴格使用i-1和j-1的結果。比如x=abc123kmnp，y=kmnpabc456，那麼最長公共子串是kmnp，當我們計算到x和y的c的下一位時，所得的子串並不能通過前面的abc來判斷，因為隨著不斷的遍歷，最長公共子串是kmnp而不是abc，並且求kmnp與abc沒有任何關係。

這個方法就不實現了，每一小步都是上面的乙個窮舉法，只不過如果碰到一樣的可以減少一次計算。

公開課最後給出了這個問題的最終方法。這個方法我在看一些演算法題題解的時候有人用到，當時大家都驚為天人，原來一切都還是出自於國外，可惜沒有乙個作者給其他人指出這種思路出自**，如何使用，都自己默默的接受了別人的讚許。

上面是給定的乙個例子求abcbdab與bdcaba的最長公共子串行。有多個解，比如bcba和bdab。看上面的圖，我們把兩個字串用乙個二維陣列表示，每個元素是x(i)與y(j)的對應關係。陣列中灰色的是預設填充0，表示的是，x和y字串對應空字串的時候，那麼肯定都是沒有相同的元素。然後我們一行一行的比較（每行顏色我用了淡橙色和淡藍色區分），第一行對於x(0)和y(0)，我們知道a與b不相等，所以他們的相同的子串的個數是0，也就是最長公共字序列是0，也就是空字串。x(1)與y(0)比較發現b與b是相等的，所以就在上一次計算得出的公共子串行基礎上加1（這樣我們前面的每次計算都是有用的，沒有額外的開銷），到了x(2)和y(0)，因為c與b不相等，所以當前就等於前面已經求得的公共子串行，也就是1.這裡也用到了上面的推導公式，如果相同就加1，不相同就等於lcs(x(i-1),y(j-1))分別加上i和j，求得的兩個公共子串行的最大值。那好，到了x(3)和y(0)，這時有乙個b和b相等，為什麼還是1呢？根據公式推導如果x(i)==y(j)，那麼當前的最長公共子串等於lcs(x(i-1),y(j-1))+1，因為要退兩個，也就是x(2)和y(-1)，是0，所以lcs(x(3),y(0))還是1.從圖示中可以看出，如果相等，那麼就是左上角頂格的數字加一，如果不等，就是前一格或是上一格的最大值。前一格就是lcs(x(i-1), y(j))，上一格就是lcs(x(i), y(j-1))；同樣相等的話就是左上角的加一，左上角就是lcs(x(i-1),y(j-1))。真是完美的解決方案，非常形象，也很好理解，也很好記。把數學和幾何完美的結合在一起。那麼最長公共子串怎麼求呢？很簡單，一行一行的掃瞄或是一排一排的掃瞄，在上一次結果所在的i,j位置往後，第一次數字增加的地方就是公共子串的位置，為了求最長的公共子串，我們可以得到最大的數值，然後逆向操作，第一次數字減少的地方就是公共子串的元素。

void
lcs()
else
}else
else
if (i > 0
)                
else
if (j > 0
)                
}if (*(lcsmap + a.size() * i + j) >maxnum)}}
string
slcs;
for (int j = maxj; j >= 0; j--)}}
cout 
<}

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