【leetCode】1143. 最长公共子序列（动态规划 hard）

一、题目描述

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。

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 <= 1000
1 <= text2.length <= 1000
输入的字符串只含有小写英文字符。

二、解题思路 & 代码

第一步，一定要明确 dp 数组的含义。
对于两个字符串的动态规划问题，套路是通用的。

比如说对于字符串 s1 和 s2，一般来说都要构造一个这样的 DP table：

为了方便理解此表，我们暂时认为索引是从 1 开始的，待会的代码中只要稍作调整即可。其中， $d p [i] [j]$ 的含义是：对于 $s 1 [1 . . i]$ 和 $s 2 [1 . . j]$ ，它们的 LCS 长度是 $d p [i] [j]$ 。

比如上图的例子， $d [2] [4]$ 的含义就是：对于 "ac" 和 "babc"，它们的 LCS 长度是 $2$ 。我们最终想得到的答案应该是 $d p [3] [6]$ 。

第二步，定义 base case。

我们专门让索引为 0 的行和列表示空串， $d p [0] [. .]$ 和 $d p [. .] [0]$ 都应该初始化为 0，这就是 base case。

比如说，按照刚才 dp 数组的定义， $d p [0] [3] = 0$ 的含义是：对于字符串 "" 和 "bab"，其 LCS 的长度为 0。因为有一个字符串是空串，它们的最长公共子序列的长度显然应该是 0。

第三步，找状态转移方程。

这是动态规划最难的一步，不过好在这种字符串问题的套路都差不多，权且借这道题来聊聊处理这类问题的思路。

状态转移说简单些就是做选择，比如说这个问题，是求 s1 和 s2 的最长公共子序列，不妨称这个子序列为 lcs。那么对于 s1 和 s2 中的每个字符，有什么选择？很简单，两种选择，要么在 lcs 中，要么不在。

这个「在」和「不在」就是选择，关键是，应该如何选择呢？这个需要动点脑筋：如果某个字符应该在 lcs 中，那么这个字符肯定同时存在于 s1 和 s2 中，因为 lcs 是最长公共子序列嘛。所以本题的思路是这样：

用两个指针 $i$ 和 $j$ 从后往前遍历 $s 1$ 和 $s 2$ ，如果 $s 1 [i] = = s 2 [j]$ ，那么这个字符一定在 lcs 中；否则的话， $s 1 [i]$ 和 $s 2 [j]$ 这两个字符至少有一个不在 lcs 中，需要丢弃一个。先看一下递归解法，比较容易理解：

递归

def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
    def dp(i, j):
        # 空串的 base case
        if i == -1 or j == -1:
            return 0
        if str1[i] == str2[j]:
            # 这边找到一个 lcs 的元素，继续往前找
            return dp(i - 1, j - 1) + 1
        else:
            # 谁能让 lcs 最长，就听谁的
            return max(dp(i-1, j), dp(i, j-1))
        
    # i 和 j 初始化为最后一个索引
    return dp(len(str1)-1, len(str2)-1)

动态规划

def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
    m, n = len(str1), len(str2)
    # 构建 DP table 和 base case
    dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
    # 进行状态转移
    for i in range(1, m + 1):
        for j in range(1, n + 1):
            if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
                # 找到一个 lcs 中的字符
                dp[i][j] = 1 + dp[i-1][j-1]
            else:
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
        
    return dp[-1][-1]

注意：

因为 $d p [i - 1] [j - 1]$ 永远是三者中最小的，max 根本不可能取到它。所以max 中方不放 $d p [i - 1] [j - 1]$ 都一样，即上面代码改为下面也是可以的

dp[i][j] = max(dp[i-1][j], 
                   dp[i][j-1],
                   dp[i-1][j-1])

可看下图解释：

这样一看，显然 $d p [i - 1] [j - 1]$ 对应的 lcs 长度不可能比前两种情况大，所以没有必要参与比较。

对于两个字符串的动态规划问题，一般来说都是像本文一样定义 DP table，因为这样定义有一个好处，就是容易写出状态转移方程， $d p [i] [j]$ 的状态可以通过之前的状态推导出来

参考：

LeetCode题解(作者：labuladong 大佬）