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经典动态规划:最长公共子序列

2020-11-08 19:51:16 labuladong

读完本文,你可以去力扣拿下如下题目:

1143.最长公共子序列

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最长公共子序列(Longest Common Subsequence,简称 LCS)是一道非常经典的面试题目,因为它的解法是典型的二维动态规划,大部分比较困难的字符串问题都和这个问题一个套路,比如说编辑距离。而且,这个算法稍加改造就可以用于解决其他问题,所以说 LCS 算法是值得掌握的。

题目就是让我们求两个字符串的 LCS 长度:

输入: str1 = "abcde", str2 = "ace" 
输出: 3  
解释: 最长公共子序列是 "ace",它的长度是 3

肯定有读者会问,为啥这个问题就是动态规划来解决呢?因为子序列类型的问题,穷举出所有可能的结果都不容易,而动态规划算法做的就是穷举 + 剪枝,它俩天生一对儿。所以可以说只要涉及子序列问题,十有八九都需要动态规划来解决,往这方面考虑就对了。

下面就来手把手分析一下,这道题目如何用动态规划技巧解决。

一、动态规划思路

第一步,一定要明确 dp 数组的含义。对于两个字符串的动态规划问题,套路是通用的。

比如说对于字符串 s1s2,一般来说都要构造一个这样的 DP table:

为了方便理解此表,我们暂时认为索引是从 1 开始的,待会的代码中只要稍作调整即可。其中,dp[i][j] 的含义是:对于 s1[1..i]s2[1..j],它们的 LCS 长度是 dp[i][j]

比如上图的例子,d[2][4] 的含义就是:对于 "ac""babc",它们的 LCS 长度是 2。我们最终想得到的答案应该是 dp[3][6]

第二步,定义 base case。

我们专门让索引为 0 的行和列表示空串,dp[0][..]dp[..][0] 都应该初始化为 0,这就是 base case。

比如说,按照刚才 dp 数组的定义,dp[0][3]=0 的含义是:对于字符串 """bab",其 LCS 的长度为 0。因为有一个字符串是空串,它们的最长公共子序列的长度显然应该是 0。

第三步,找状态转移方程。

这是动态规划最难的一步,不过好在这种字符串问题的套路都差不多,权且借这道题来聊聊处理这类问题的思路。

状态转移说简单些就是做选择,比如说这个问题,是求 s1s2 的最长公共子序列,不妨称这个子序列为 lcs。那么对于 s1s2 中的每个字符,有什么选择?很简单,两种选择,要么在 lcs 中,要么不在。

这个「在」和「不在」就是选择,关键是,应该如何选择呢?这个需要动点脑筋:如果某个字符应该在 lcs 中,那么这个字符肯定同时存在于 s1s2 中,因为 lcs 是最长公共子序列嘛。所以本题的思路是这样:

用两个指针 ij 从后往前遍历 s1s2,如果 s1[i]==s2[j],那么这个字符一定在 lcs;否则的话,s1[i]s2[j] 这两个字符至少有一个不在 lcs,需要丢弃一个。先看一下递归解法,比较容易理解:

def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
    def dp(i, j):
        # 空串的 base case
        if i == -1 or j == -1:
            return 0
        if str1[i] == str2[j]:
            # 这边找到一个 lcs 的元素,继续往前找
            return dp(i - 1, j - 1) + 1
        else:
            # 谁能让 lcs 最长,就听谁的
            return max(dp(i-1, j), dp(i, j-1))
        
    # i 和 j 初始化为最后一个索引
    return dp(len(str1)-1, len(str2)-1)

对于第一种情况,找到一个 lcs 中的字符,同时将 i j 向前移动一位,并给 lcs 的长度加一;对于后者,则尝试两种情况,取更大的结果。

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其实这段代码就是暴力解法,我们可以通过备忘录或者 DP table 来优化时间复杂度,比如通过前文描述的 DP table 来解决:

def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
    m, n = len(str1), len(str2)
    # 构建 DP table 和 base case
    dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
    # 进行状态转移
    for i in range(1, m + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
                # 找到一个 lcs 中的字符
                dp[i][j] = 1 + dp[i-1][j-1]
            else:
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
        
    return dp[-1][-1]

二、疑难解答

对于 s1[i]s2[j] 不相等的情况,至少有一个字符不在 lcs 中,会不会两个字符都不在呢?比如下面这种情况:

所以代码是不是应该考虑这种情况,改成这样:

if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
    # ...
else:
    dp[i][j] = max(dp[i-1][j], 
                   dp[i][j-1],
                   dp[i-1][j-1])

我一开始也有这种怀疑,其实可以这样改,也能得到正确答案,但是多此一举,因为 dp[i-1][j-1] 永远是三者中最小的,max 根本不可能取到它。

原因在于我们对 dp 数组的定义:对于 s1[1..i]s2[1..j],它们的 LCS 长度是 dp[i][j]

这样一看,显然 dp[i-1][j-1] 对应的 lcs 长度不可能比前两种情况大,所以没有必要参与比较。

三、总结

对于两个字符串的动态规划问题,一般来说都是像本文一样定义 DP table,因为这样定义有一个好处,就是容易写出状态转移方程,dp[i][j] 的状态可以通过之前的状态推导出来:

找状态转移方程的方法是,思考每个状态有哪些「选择」,只要我们能用正确的逻辑做出正确的选择,算法就能够正确运行。

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