九章算法笔记D7-双序列型动态规划

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D7 双序列型动态规划

最长公共子串Leetcode1143

问题描述

给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。

一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。
例如，”ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。

若这两个字符串没有公共子序列，则返回 0。

样例

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输入：text1 = "abcde", text2 = "ace" 
输出：3  
解释：最长公共子序列是 "ace"，它的长度为 3。
输入：text1 = "abc", text2 = "abc"
输出：3
解释：最长公共子序列是 "abc"，它的长度为 3。

分析

  1. 定义数组元素的含义： dp[i][j]表示 text1到下标i处，text2到下标j处的最长公共子序列的长度
  2. 确定数组元素之间的关系表达式
    • 如果 text1的i处与text2的j处的字符相等 则 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;
    • 否则 dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])
  3. 确定初始值 将数组初始化为0
  4. 根据关系表达式和初始值计算数组元素值
  5. 返回结果
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public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
    if(text1==null||text2==null||text1.length()<=0||text2.length()<=0){
        return 0;
    }
    int m=text1.length();
    int n=text2.length();
    int dp[][]=new int[m+1][n+1];
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            if (text1.charAt(i-1) == text2.charAt(j-1)) {
                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
            } 
        } 
    }
    return dp[m][n];
}

交错字符串

问题描述

给定三个字符串 s1, s2, s3, 验证 s3 是否是由 s1 和 s2 交错组成的。

样例

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输入: s1 = "aabcc", s2 = "dbbca", s3 = "aadbbcbcac"
输出: true
输入: s1 = "aabcc", s2 = "dbbca", s3 = "aadbbbaccc"
输出: false

分析

转移方程：f[i][j] = (f[i-1][j] AND X[i+j-1] == A[i-1]) OR (f[i][j-1] AND X[i+j-1] ==B[j-1])

  1. f[i][j]：X前i+j个字符是否由A前i个字符和B前j个字符交错形成
  2. f[i-1][j] AND X[i+j-1] == A[i-1]：情况一，X前i+j-1个字符由A前i-1个字符和B前j个字符交错形成，X第i+j个字符等于A第i个字符
  3. f[i][j-1] AND X[i+j-1] ==B[j-1]：情况二，X前i+j-1个字符由A前i个字符和B前j-1个字符交错形成，X第i+j个字符等于B第j个字符

初始条件：空串由A的空串和B的空串交错形成 -> f[0][0] = true

边界情况：如果 i = 0，不考虑情况一；如果 j = 0，不考虑情况二

计算顺序：

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f[0][0], f[0][1], ... ,f[0][n]
f[1][0], f[1][1], ... ,f[1][n]
...
f[m][0], f[m][1], ... ,f[m][n]
答案是f[m][n]
时间复杂度O（MN），空间复杂度O（MN），可用滚动数组优化空间至O（N）
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public boolean isInterleave(String ss1, String ss2, String ss3) {
    char[] s1 = ss1.toCharArray();
    char[] s2 = ss2.toCharArray();
    char[] s3 = ss3.toCharArray();
    int i, j;
    int m = s1.length;
    int n = s2.length;
    if (m + n != s3.length)
        return false;
    boolean[][] f = new boolean[m + 1][n + 1];
    for (i = 0; i <= m; i++) {
        for (j = 0; j <= n; j++) {
            if (i == 0 && j == 0) {
                f[i][j] = true;
                continue;
            }
            f[i][j] = false;
            if (i > 0 && s3[i + j - 1] == s1[i - 1]) {
                f[i][j] |= f[i - 1][j];
            }
            if (j > 0 && s3[i + j - 1] == s2[j - 1]) {
                f[j][j] |= f[i][j - 1];
            }
        }
    }
    return f[m][n];
}

编辑距离

Problem

给定两个单词 word1 和 word2，计算出将 word1 转换成 word2 所使用的最少操作数 。

你可以对一个单词进行如下三种操作：

  • 插入一个字符
  • 删除一个字符
  • 替换一个字符

Example:

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输入: word1 = "horse", word2 = "ros"
输出: 3
解释: 
horse -> rorse (将 'h' 替换为 'r')
rorse -> rose (删除 'r')
rose -> ros (删除 'e')

思路：

  1. 还是老样子，按照上面三个步骤来，并且我这里可以告诉你，90% 的字符串问题都可以用动态规划解决，并且90%是采用二维数组。
  2. 大部分情况下，dp[i][j] 和 dp[i-1][j]、dp[i][j-1]、dp[i-1][j-1] 肯定存在某种关系。
  3. 定义dp[i][j]的含义为：当字符串 word1 的长度为 i，字符串 word2 的长度为 j 时，将 word1 转化为 word2 所使用的最少操作次数为 dp[i][j]。

由于我们是要让操作的次数最小，所以我们要寻找最佳操作。那么有如下关系式：

  1. 如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 相等，这个时候不需要进行任何操作，显然有 dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。（别忘了dp[i][j]的含义哈）。
  2. 如果我们 word1[i] 与 word2 [j] 不相等，这个时候我们就必须进行调整，而调整的操作有 3 种，我们要选择一种。三种操作对应的关系试如下（注意字符串与字符的区别）：
    1. 如果把字符 word1[i] 替换成与 word2[j] 相等，则有dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
    2. 如果在字符串 word1末尾插入一个与 word2[j] 相等的字符，则有 dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1;
    3. 如果把字符 word1[i] 删除，则有 dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1;
  3. 那么我们应该选择一种操作，使得 dp[i][j] 的值最小，显然有

dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1]，dp[i][j-1]，dp[[i-1][j]]) + 1;

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public int minDistance(String word1, String word2) {
    int n1 = word1.length();
    int n2 = word2.length();
    int[][] dp = new int[n1 + 1][n2 + 1];
    // dp[0][0...n2]的初始值
    for (int j = 1; j <= n2; j++)
        dp[0][j] = dp[0][j - 1] + 1;
    // dp[0...n1][0] 的初始值
    for (int i = 1; i <= n1; i++)
        dp[i][0] = dp[i - 1][0] + 1;
    // 通过公式推出 dp[n1][n2]
    for (int i = 1; i <= n1; i++) {
        for (int j = 1; j <= n2; j++) {
            // 如果 word1[i] 与 word2[j] 相等。第 i 个字符对应下标是 i-1
            if (word1.charAt(i - 1) == word2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            } else {
                dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j]) + 1;
            }
        }
    }
    return dp[n1][n2];
}