标签：max main ext inf 情况 字符串 i++ 第一个 pac
一般对于两个字符串，长度分别为n和m，其时间复杂度为O(nm)。
但是针对小字符集的情况，可以把复杂度降低到O(n^2)，其中n为两个字符串较短的长度。这种方法对于两个字符串长度相差很大的情况比O(nm)要优化很多。
就假设所有的字符都是小写字母，这样就符合小字符集的前提了。设较短的字符串为S1，较长的字符串为S2。字符串下标从1开始。
S2字符串每个位置右边第一个字符是可以通过O(km)预处理得到的。其中k为小字符集的字符个数，m为较长的那个字符串的长度。
用next[i][j]表示S2[i]右边第一个(char)(‘a‘+j)的位置。
设dp[i][j]表示S1匹配了前i位，长度为j的最长公共子序列与S2匹配到的最靠左的位置。如果不存在则为length(S2)+1。
dp[i][0] = 0
如果S2的dp[i-1][j-1]这个位置右边第一个与S1[i]相等的位置存在，那么dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], next[dp[i-1][j-1]][S1[i]] }。
否则dp[i][j] = dp[i-1][j]。
对于每一个不是-1的dp，记录下j，最后取一个最大就是最长公共子序列了。
因此，总的复杂度为O(n^2)。
具体实现：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int INF=0x3f3f3f3f; const int maxn=1005; const int maxm=1000005; char s1[maxn],s2[maxm]; int dp[maxn][maxn]; int next[maxm][26]; //next[i][j]????s2?Di????óò±?μúò???‘a‘+j?ú??????￡?è?1???óD?íê?l2+1 int main() { scanf("%s%s",s1+1,s2+1); //s1???ì￡?s2??3¤ int l1=strlen(s1+1); int l2=strlen(s2+1); for (int i=0;i<maxm;i++) for (int j=0;j<26;j++) next[i][j]=l2+1; for (int i=0;i<maxn;i++) for (int j=0;j<maxn;j++) dp[i][j]=l2+1; for (int i=l2-1;i>=0;i--) { for (int j=0;j<26;j++) { char cc=‘a‘+j; if (s2[i+1]==cc) next[i][j]=i+1; else next[i][j]=next[i+1][j]; } } for (int i=1;i<=l1;i++) dp[i][0]=0; int ans=0; for (int i=1;i<=l1;i++) { for (int j=1;j<=i;j++) { if (next[dp[i-1][j-1]][s1[i]-‘a‘]!=l2+1) dp[i][j]=min(dp[i-1][j],next[dp[i-1][j-1]][s1[i]-‘a‘]); else dp[i][j]=dp[i-1][j]; if (dp[i][j]!=l2+1) ans=max(ans,j); } } printf("%d\n",ans); return 0; }
标签：max main ext inf 情况 字符串 i++ 第一个 pac
原文地址：http://www.cnblogs.com/itlqs/p/6725639.html
