LCS笔记

求两个字符串的最长公共子序列
公共子序列的定义：如字符串$abcdef$和字符串$efcabd$，公共子序列就有$ab,cd,ef,abd$等

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dp解法：
设$f[i][j]$表示直至第一个串的第$i$位，第二个串的第$j$位为止的最长公共子序列
可以推导出状态转移方程：
当第一个串的第$i$个字符等于第二个串的第$j$个字符时，$f[i][j]=f[i-1][j-1]+1$
否则就继承以前的状态，也就是$f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])$

这种朴素的算法时间复杂度显然是同样朴素的$O(nm)$

model

uses math;
Var i,j,len1,len2:longint;
    s1,s2:string;
    a,b:array[0..1005] of longint;
    f:array[0..1005,0..1005] of longint;
Begin
        readln(s1);
        readln(s2);
        len1:=length(s1);
        len2:=length(s2);
        for i:=1 to len1 do
        Begin
                for j:=1 to len2 do
                Begin
                        if s1[i]=s2[j] then
                        Begin
                                f[i][j]:=f[i-1][j-1]+1;
                        end
                        else
                        Begin
                                f[i][j]:=max(f[i-1][j],f[i][j-1]);
                        end;
                end;
        end;

        write(f[len1][len2]);
end.

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$空间优化$
稍微看一看就可以发现$f[i][j]$的状态只会由转$f[i-1][j-1],f[i-1][j]和f[i][j-1]$转移过来，也就是说，其实$f$数组只需要一维，那么空间复杂度就会由$O(nm)$降低为$O(n)$。
设$pre$来存储上一个状态

uses math;
Var i,j,len1,len2,pre,tmp:longint;
    s1,s2:string;
    a,b:array[0..1005] of longint;
    f:array[0..1005] of longint;
Begin
        readln(s1);
        readln(s2);
        len1:=length(s1);
        len2:=length(s2);
        for i:=1 to len1 do
        Begin
                pre:=0;
                for j:=1 to len2 do
                Begin
                        tmp:=f[j];
                        if s1[i-1]=s2[j-1] then
                        Begin
                                f[j]:=pre+1;
                        end
                        else
                        Begin
                                f[j]:=max(f[j],f[j-1]);
                        end;
                        pre:=tmp;
                end;
        end;

        write(f[len2]);
end.

来源：CSDN

作者：i小Rock

链接：https://blog.csdn.net/weixin_41221124/article/details/103963340