最长公共子序列

最长公共子序列

给定两个长度分别为 $n,m$ 的序列

试求出最长的公共子序列。

$\mathcal{O}(n^2)$ 做法

我们考虑进行动态规划

设 $f[i][j]$ 表示看完 $a$ 数组的前 $i$ 位，$b$ 数组的前 $j$ 位的最长公共子序列的长度

那么我们最终的答案就是 $f[n][m]$

考虑如何转移，我们分情况来讨论。

当 $a[i]=b[j]$ 时

$$f[i][j]=f[i-1][j-1]+1$$

否则

$$f[i][j]=f[i-1][j-1]$$

同时我们考虑继承前面的答案，即

$$f[i][j]=\mathrm{m}ax\{f[i-1][j],f[i][j-1],f[i][j]\}$$

不难发现 $f[i-1][j-1]$ 一定不会比 $f[i-1][j]$ 和 $f[i][j-1]$ 更优，所以我们可以这样来写：

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=1;j<=m;j++){
		f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
		if(a[i]==b[j]) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+1)
	}
}

还是挺好理解的qwq

但是，我们怎么得到 $LCS$ 本身而非 $LCS$ 的长度呢？

也是用一个二维数组 $b$ 来表示：

在对应字符相等的时候，用↖标记

在 $p1>=p2$ 的时候，用↑标记

在 $p1<p2$ 的时候，用←标记

伪代码：

若想得到 $LCS$，则再遍历一次 $b$ 数组就好了，从最后一个位置开始往前遍历：

如果箭头是↖，则代表这个字符是 $LCS$ 的一员，存下来后 i--,j--

如果箭头是←，则代表这个字符不是 $LCS$ 的一员，j--

如果箭头是↑ ，也代表这个字符不是 $LCS$的一员，i--

如此直到 $i=0$ 或者 $j=0$ 时停止，最后存下来的字符就是所有的 $LCS$ 字符

$\mathcal{O}(nlogn)$ 做法

最长上升子序列 $(LIS)$是可以用来优化最长公共子序列的。

我们通过一个 $map$ 映射将 $A$ 序列的数字在 $B$ 序列中的位置表示出来(如果没有就为0)

因为最长公共子序列是按位向后比对的，所以 $A$ 序列每个元素在 $B$ 序列中的位置如果递增，就说明 $B$ 中的这个数在 $A$ 中的这个数整体位置偏后，可以考虑纳入 $LCS$ ——那么就可以转变成求用来记录新的位置的数组中的 $LIS$。

$LIS$ 的 $\mathcal{O}(nlogn)$ 算法

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300010;
int a[N],b[N],n,m,ans;
unordered_map<int,int> mp;//映射关系 
int dp[N]; 
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),mp[a[i]]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]),b[i]=mp[b[i]];
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[1]=b[1];
	ans=1;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(b[i]>dp[ans]) {dp[++ans]=b[i];continue;}
		int l=1,r=ans,res=0;
		while(l<=r){
			int mid=(l+r)>>1;
			if(dp[mid]<b[i]){
				res=mid;
				l=mid+1;
			}else{ 
				r=mid-1;
			}
		}
		dp[res+1]=min(dp[res+1],b[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}