LeetCode算法日记 - Day 101: 最长公共子序列

目录

1. 最长公共子序列

1.1 题目解析

1.2 解法

1.3 代码实现

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1. 最长公共子序列

https://leetcode.cn/problems/longest-common-subsequence/description/

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。如果不存在 公共子序列 ，返回 0 。

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。

示例 1：

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 。

示例 2：

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 。

示例 3：

输入：text1 = "abc", text2 = "def"
输出：0
解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0 。

提示：

• 1 <= text1.length, text2.length <= 1000
• text1 和 text2 仅由小写英文字符组成。

1.1 题目解析

题目本质
在 text1 和 text2 中找到最长的公共序列长度，本质是子问题最优模型。

常规解法
枚举 text1 的所有子序列，再在 text2 中检查是否存在，取最长。

class Solution {public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {int n = text1.length();int res = 0;for (int mask = 1; mask < (1 << n); mask++) {StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i = 0; i < n; i++) {if ((mask & (1 << i)) != 0) {sb.append(text1.charAt(i));}}if (isSubsequence(sb.toString(), text2)) {res = Math.max(res, sb.length());}}return res;}private boolean isSubsequence(String sub, String target) {int i = 0;for (int j = 0; j < target.length() && i < sub.length(); j++) {if (target.charAt(j) == sub.charAt(i)) {i++;}}return i == sub.length();}}

问题分析
枚举所有子序列需要 O(2^n)，再配合检查，远超题目规模上限。

思路转折
观察子问题的重叠性和最优子结构，若能复用即可降到多项式时间 ⇒ 用二维动态规划记录 prefix(i,j) 的最优值。

1.2 解法

算法思想
定义 dp[i][j] 为 text1 前 i 个字符与 text2 前 j 个字符的最长公共子序列长度。若末尾字符相等，则继承 dp[i-1][j-1]+1；否则取 dp[i-1][j] 与 dp[i][j-1] 的最大值。

步骤拆解

i）转为字符数组备查。

ii）初始化 (n+1) × (m+1) 的 dp，第 0 行/列为 0。

iii）双层循环填表：比较末尾字符，依递推式更新。

iv）返回 dp[n][m]。

易错点

• 循环下标对应 dp 时一律用 i-1、j-1 访问字符，避免越界。

• dp 需多一行一列存放空前缀，初始化为 0。

• 若字符不同，取 dp[i-1][j] 与 dp[i][j-1] 的最大值。

1.3 代码实现

class Solution {public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {char[] ch1 = text1.toCharArray();char[] ch2 = text2.toCharArray();int n = ch1.length;int m = ch2.length;int[][] dp = new int[n + 1][m + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {if (ch1[i - 1] == ch2[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[n][m];}
}

复杂度分析

• 时间复杂度： O(n × m)

• 空间复杂度： O(n × m)