子序列 sub sequence问题，例：最长公共子序列，[LeetCode] Distinct Subsequences(求子序列个数)

引言

子序列和子字符串或者连续子集的不同之处在于，子序列不需要是原序列上连续的值。

对于子序列的题目，大多数需要用到DP的思想，因此，状态转移是关键。

这里摘录两个常见子序列问题及其解法。

例题1， 最长公共子序列

我们知道最长公共子串的求法，先温习一下，它的求法也是使用DP思想，对于 字符串s1 和字符串s2，令 m[i][j] 表示 s1上以s1[i]结尾的子串和s2上s2[j]结尾的子串的最长公共子串长度，因为公共子串必须是连续的，因此状态转移方程：m[i, j] = (s1[i] == s2[j] ? m[i-1, j-1] + 1 : 0)。因为m[i, j]的计算只需要用到 m[i-1, j-1]，再之前的就用不着了，因此我们不必用一个二维数组来保存整个m[s1.length()][s2.length()]，只需要保存并不断更新m[i-1, j-1]就可以了。

代码：

char *LCString(const char* s1, const char* s2){
    if(NULL == s1 || NULL == s2)
        return NULL;
    int size1 = , size2 = ;
    const char* head1 = s1; const char* head2 = s2;
    while(*(head1++) != '\0') size1++;
    while(*(head2++) != '\0') size2++;
    printf("%d, %d\n", size1, size2);
 
    int maxlen = , maxend = , i = , j = , tmpPre = ;
    int m2[size2];
    for(i = ; i < size2; m2[i] = , ++i);
    for(i = ; i < size1; ++i){
        for(j = ; j < size2; ++j){
            int len = ((s1[i] == s2[j] ?  : ) + (j >  ? tmpPre : ));
            if(len > maxlen) { maxlen = len; maxend = i;}
            tmpPre = m2[j];
            m2[j] = len;
        }
    }
 
    if(maxlen > ){//提出最长子字符串
        char* lcs = new char[maxlen + ];
        for(i = ; i < maxlen; lcs[maxlen - i - ] = s1[maxend - i], i++);
        lcs[maxlen] = '\0';
        return lcs;
    }
    return NULL;
}

那么，对于最长公共子序列，如何去求呢？

首先，如果用m[][]来存长度，最后提出最长子序列要麻烦一些，因为子序列是不连续的。不过虽然麻烦，依旧可行。

接着，依然假设m[i, j]表示 s1[i]结尾的子串 和s2[j]结尾的子串的 最长公共子序列的长度。

那么:

若s1[i] == s2[j]，m[i,j] = m[i-1][j-1] + 1；

若s1[i] != s2[j]，m[i,j] = Max(m[i-1][j], m[i][j-1])。

这里因为求 m[i,j] 时，m[i-1][j]， m[i][j-1]， m[i-1][j-1]都有可能用到，因此咱还是老实一点用 二维数组吧。。

template <typename T> T* Lcseq(T* list1, int size1, T* list2, int size2){
    if(NULL == list1 || NULL == list2)
        return NULL;
    int** m = new int*[size1];
    int i = , j = ;
    int max = , maxi = , maxj = ;
    for(; i < size1; i++){
        m[i] = new int[size2];
        for(j = ; j < size2; j++){
            if(i ==  && j == ) m[][] = (list1[] == list2[] ?  : );
            else if(i == ) m[i][j] = (list1[i] == list2[j] ?  : m[i][j-]);
            else if(j == ) m[i][j] = (list1[i] == list2[j] ?  : m[i-][j]);
            else m[i][j] = (list1[i] == list2[j] ? m[i-][j-] +  : (m[i][j-] > m[i-][j] ? m[i][j-] : m[i-][j]));
            if(m[i][j] > max){
                max = m[i][j];
                maxi = i;
                maxj = j;
            }
        }
    }
    //printf("%d, %d, %d\n", max, maxi, maxj);
 
    //提取最大公共子序列
    int p1 = maxi, p2 = maxj, p = max;
    T* sub = new T[max];
    while(p1 >=  && p2 >= ){
 
        if(list1[p1] == list2[p2]){
            sub[--p] = list1[p1];
            //printf("p: %d, p1: %d, p2: %d\n", p, p1, p2);
            p1--;
            p2--;
        }
        else{
            if(p1 == ) p2--;
            else if(p2 == ) p1--;
            else{
                if(m[p1-][p2] < m[p1][p2-]) p2--;
                else p1--;
            }
        }
 
    }
    return sub;
}

例题2，求子序列的个数，LeetCode

Distinct Subsequences

Given a string S and a string T, count the number of distinct subsequences of T in S.

A subsequence of a string is a new string which is formed from the original string by deleting some (can be none) of the characters without disturbing the relative positions of the remaining characters. (ie, "ACE" is a subsequence of "ABCDE" while "AEC" is not).

Here is an example:
S = "rabbbit", T = "rabbit"

Return 3.

class Solution {
public:
    int numDistinct(string S, string T) {
    }
};

如果不用DP，用带记忆的递归也能做，就是时间比较长，而且递归需要额外的栈空间。

class Solution {
public:
    int numDistinct(string S, string T) {
        if(T.length() == ) return ;
        if(S.length() == ) return ;
 
        rec = new int*[S.length()];
        for(int i = ;i < S.length(); ++i){
            rec[i] = new int[T.length()];
            for(int j = ;j < T.length(); ++j)
                rec[i][j] = -;
        }
        return numDistinctCore(S, T,  ,);
    }
 
    int numDistinctCore(string S, string T, int p1, int p2) {
        if(p2 == T.length()) return ;
        if((T.length()-p2) > (S.length()-p1)) return ;
        if(rec[p1][p2] >= ) return rec[p1][p2];
        int sum = ;
        for(int i = p1;i < S.length(); ++i){
            if(S[i] == T[p2])
                sum += numDistinctCore(S, T, i+, p2+);
        }
        rec[p1][p2] = sum;
        return sum;
    }
private:
    int **rec;
};

AC时间 388ms。

引入DP思想的话，我们依旧用rec[i][j] 表示 "S[i]结尾子串" 中包含 "T[j]结尾子串" 的 sequence 个数。

因为S[i]子串 包含了S[i-1]子串，所以rec[i][j] 至少等于rec[i-1][j]；同时，如果S[i] == T[j]，那么还可以让 S[i]和T[j] 匹配，这种情况下，sequence个数就是rec[i-1][j-1]。

rec[i][j] = rec[i-1][j] + (S[i] == T[j] ? rec[i-1][j-1] : 0)。

代码：

class Solution {
public:
    int numDistinct(string S, string T) {
        int slen = S.length(), tlen = T.length();
        if(slen < tlen) return ;
        int **rec = new int*[slen+];
        int i, j;
        for(i = ; i <= slen; ++i){
            rec[i] = new int[tlen+];
            for(j = ; j <= tlen; ++j){
                rec[i][j] = ;
            }
        }
        for(i = ; i <= slen; rec[i++][] = );
 
        for(i = ; i <= slen; ++i){
            for(j = ; j <= tlen; ++j){
                rec[i][j] = (rec[i-][j] + (S[i-] == T[j-] ? rec[i-][j-] : ));
            }
        }
 
        return rec[slen][tlen];
    }
};

AC时间 52ms。大幅提高。

上面的解法用到了二维数组。后来搜到了小磊哥关于这道题的解。让 j 从T末尾遍历，这样rec[i][j] 要么依旧等于 rec[i-1][j]，也就是不变，要么加上 rec[i-1][j-1]，因为j是从末尾遍历到前面，因此  rec[i-1][j-1] 不会被覆盖。这样做，省去了二维数组，直接一维数组搞定。用match[] 表示 T[j]结尾的子串 的sequence个数。

代码：

class Solution {
public:
    int numDistinct(string S, string T) {
        if(S.size() < T.size()) return ;
        int match[T.size()+];
        int i, j;
        for(match[] = , i = ; i < T.size(); match[++i] = );
        for(i = ; i <= S.size(); ++i)
            for(j = T.size(); j >= ; --j)
                if(S[i-] == T[j-])
                    match[j] += match[j-];
        return match[T.size()];
    }
};

这里也用到了上一篇文章中利用从后往前遍历避免值被覆盖的思想。

16ms AC，只能说，碉堡了。。