最长公共子序列(洛谷P2516)

最长公共子序列(洛谷P2516)

题目大意

给定两个以.结尾的只含大写英文字母的字符串，求其最长公共子序列长度，以及构成最长公共子序列的方案数 $\text{(mod 1e8)}$。 $\text{|S|}\leq 5000$ ($\text{|S|}为字符串长度$)

题解

由最长公共子序列容易想到用dp动态规划进行求解，设$f_{i, j}$为匹配了第一个字符串的前$\,i\,$个，第二个字符串的前$\,j\,$个的最长公共子序列。注：以下涉及第$\,i\,$个特指第一个字符串的第$\,i\,$个（即$\text{s}1[i]$），同理第$\,j\,$个（即$\text{s}2[j]$）。

首先我不匹配第$\,i\,$个字符，转移方程为：

$$f_{i,j} = \text{max}(f_{i,j}, f_{i - 1, j})$$

不匹配第$\,j\,$个字符：

$$f_{i,j} = \text{max}(f_{i,j}, f_{i, j - 1})$$

匹配第$\,i\,$个字符和第$\,j\,$个字符,同时字符相等的情况下：

$$f_{i,j} = \text{max}(f_{i,j}, f_{i - 1, j - 1 + 1})$$

这样我们就得到了状态转移方程：

$$f_{i,j} = \max \begin{cases} 0, & i = 0, j = 0\\ \text{max}(f_{i,j - 1}, f_{i - 1, j})\\ f_{i - 1, j - 1 + 1}， & \text{s}1[i] == \text{s}2[j] \end{cases}$$

第一个问题解决了，然后就是方案数的问题了，方案数其实和长度的转移方程差不多，$cnt_{i, j}$表示构成$f_{i, j}$最大长度的方案数，因为$f_{i, j}$由三个地方转移而来，那么$cnt_{i, j}$也应由这些地方转移而来，需要注意的是，上述状态转移方程中$f_{i - 1, j - 1}$会被转移到$f_{i, j - 1}$和$f_{i - 1, j}$中，这在求长度中虽然不会影响答案，但是再求方案数时，我们会发现多计算了一次，那么在去重时，我们会发现，当且仅当$f_{i - 1, j - 1}$等于$f_{i, j}$时，重复计算的情况才会发生。

当$f_{i - 1, j - 1}$等于$f_{i, j}$时，显然没有发生$f_{i,j} = \text{max}(f_{i,j}, f_{i - 1, j - 1} + 1)$的转移，但是其方案数和长度会转移到$f_{i, j - 1}$和$f_{i - 1, j}$中，所以会多计算一次$cnt_{i - 1, j - 1}$的贡献。

当$f_{i - 1, j - 1}$不等于$f_{i, j}$时，可以发现$cnt_{i - 1, j - 1}$的贡献永远不会转移到$cnt_{i, j}$中，也就不需要去重

然后就可以写代码了

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll ;
const int N = 5e5 + 5;
const ll mod = 1e8;
const ll inf = 1e9;

int dp[5050][5050];
int cnt[5050][5050];
char s1[5050], s2[5050];

int main() {

    scanf("%s%s", s1 + 1, s2 + 1);
    int n = strlen(s1 + 1) - 1, m = strlen(s2 + 1) - 1;
    for(int i = 0; i <= m; ++i)cnt[0][i] = 1;
    for(int i = 0; i <= n; ++i)cnt[i][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = 1; j <= m; ++j){
            if(s1[i] == s2[j]){
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
                cnt[i][j] = cnt[i - 1][j - 1];
            }
            if(dp[i][j] == dp[i - 1][j]){
                cnt[i][j] = (cnt[i][j] + cnt[i - 1][j]) % mod;
            }else if(dp[i][j] < dp[i - 1][j]){
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                cnt[i][j] = cnt[i - 1][j];
            }

            if(dp[i][j] == dp[i][j - 1]){
                cnt[i][j] = (cnt[i][j] + cnt[i][j - 1]) % mod;
            }else if(dp[i][j] < dp[i][j - 1]){
                dp[i][j] = dp[i][j - 1];
                cnt[i][j] = cnt[i][j - 1];
            }

            if(dp[i - 1][j - 1] == dp[i][j]){
                cnt[i][j] = (cnt[i][j] - cnt[i - 1][j - 1] + mod) % mod;
            }
        }
    }
    cout << dp[n][m] << '\n' << cnt[n][m];
    return 0;
}

然而这样空间复杂度是$(n^2)$的，会MLE，我们会发现这个转移第$\,i\,$位的转移只与第$\,i-1\,$位有关，可以开一维空间数组记$\,i- 1\,$的状态，利用滚动数组优化第一维空间，空间复杂度就会变成$(n)$的了

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll ;
const int N = 5e5 + 5;
const ll mod = 1e8;
const ll inf = 1e9;

void read();

int dp[5050], cnt[5050];
int ldp[5050], lcnt[5050];//上一位的状态
char s1[5050], s2[5050];

int main() {

    scanf("%s%s", s1 + 1, s2 + 1);
    int n = strlen(s1 + 1) - 1, m = strlen(s2 + 1) - 1;
    for(int i = 0; i <= m; ++i)lcnt[i] = 1;
    cnt[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        for(int j = 1; j <= m; ++j){
            if(s1[i] == s2[j]){
                dp[j] = ldp[j - 1] + 1;
                cnt[j] = lcnt[j - 1];
            }
            
            if(dp[j] == ldp[j]){
                cnt[j] = (cnt[j] + lcnt[j]) % mod;
            }else if(dp[j] < ldp[j]){
                dp[j] = ldp[j];
                cnt[j] = lcnt[j];
            }

            if(dp[j] == dp[j - 1]){
                cnt[j] = (cnt[j] + cnt[j - 1]) % mod;
            }else if(dp[j] < dp[j - 1]){
                dp[j] = dp[j - 1];
                cnt[j] = cnt[j - 1];
            }

            if(ldp[j - 1] == dp[j]){    //去重
                cnt[j] = (cnt[j] - lcnt[j - 1] + mod) % mod;
            }
        }
        
        for(int j = 1; j <= m; ++j){
            ldp[j] = dp[j];
            lcnt[j] = cnt[j];
            dp[j] = cnt[j] = 0;
        }
    }
    cout << ldp[m] << '\n' << lcnt[m];
    return 0;
}


void read(){

#ifdef YYT
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif

}