引言
动态规划与分治方法类似，都是通过组合子问题的解来求解原问题．需要注意的是，动态规划(dynamic programming)这里的programming并不是指编写计算机程序，而是指一种表格法．
分治方法将问题划分为互不相交的子问题，递归地求解子问题，再将它们的解组合起来，求出原问题的解．
动态规划也是通过组合子问题的解来求解原问题，但是与分治方法不同的是，动态规划应用于子问题重叠的情况．换句话说，就是不同的问题具有公共的子问题，这种情况下，分治方法会做许多不必要的工作，它会反复地求解那些公共子问题．而动态规划对每个子问题只求解一次，将其解保存在表格中，从而避免了不必要的工作．
ACM时期最害怕的就是这类题，但是想到状态转移方程就不难，代码量也短．
现在从原理上从零开始．
最长公共子序列
最长公共子序列简称LCS
注意子序列是不连续的．像下面这个例子，设X与Y的最长公共子序列为LCS(X,Y)．
\[ \begin{cases} X:ABCBDAB \\Y:BDCABA\end{cases} \]
通过肉眼观察，我们可以发现子序列有如：Ａ,AB,BCB等，其中最长的是BDAB,BCAB,BCBA，长度为\(4\)
通过分析，如果用暴力枚举的方法，思路就是X有的子序列Y也有．
总的来说就是枚举X的所有子序列，然后在Y中check
来分析一下这个复杂度:
check()复杂度为\(O(n)\)- 枚举子序列:复杂度为\(O(2^m)\)
总复杂度是指数级别的，所以这个算法是龟速的．
现在必须设计一个更给力的算法
做一个简化:
- 优化求
LCS(X,Y)的长度的算法 - 扩展这个算法最终求出
LCS
为了方便，定义\(|s|\)为字符串\(s\)的长度
如果只是求长度，就不需要考虑所有的子序列，只用考虑他们的前缀．
定义\(c[i,j]=|lcs(x[1..i],y[1...j])|\)，那么\(c[m,n]\)就是最终答案
初始化\(c[0,0]=0\)
|lcs(X,Y)|的状态转移方程是:
\[ c[i,j]=\begin{cases}0&\text{$i=0||j=0$} \\c[i-1,j-1]+1&\text{$i,j>0$&&$x_i$=$y_i$} \\ max(c[i,j-1],c[i-1,j])&\text{$i,j>0$&&$x_i\neq y_i$} \end{cases} \]
我们来感性证明一下:
令\(z[1...k]=lcs(x[1...i],y[1...j])\)当\(c[i,j]=k\)的时候
同时若\(z[k]\)的取值也为\(x[i]\)，等于\(y[j]\)，那就是说\(z[1...k-1]=lcs(x[1...i-1],y[1...j-1])\)，而\(c[i-1,j-1]=k-1\)
反证法假设存在\(c[i-1,j-1]>k-1\)，因为\(x[i]=y[j]\)，所以\(c[i,j]=c[i-1,j-1]+1\)，意味着\(c[i,j]>k\)，与原命题矛盾，假设不成立．得证
其他情况也差不多．
比如假设\(z[k]=x[i]\neq y[j]\)，就是说\(z[1...k-1]=lcs(x[1...i-1],y[j])\)，而\(c[i-1,j]=k\)，之后证明也简单
动态规划的特征
最优子结构
如果问题的最优解所包含的子问题的解也是最优的，我们就称该问题具有最优子结构性质（即满足最优化原理）。最优子结构性质为动态规划算法解决问题提供了重要线索。
如果\(z=lcs(x,y)\)，那么任何\(z\)的前缀都是某个\(x\)的前缀和某个\(y\)的前缀的\(lcs\)
重叠子问题
问题重叠性质是指在用递归算法自顶向下对问题进行求解时，每次产生的子问题并不总是新问题，有些子问题会被重复计算多次。动态规划算法正是利用了这种子问题的重叠性质，对每一个子问题只计算一次，然后将其计算结果保存在一个表格中，当再次需要计算已经计算过的子问题时，只是在表格中简单地查看一下结果，从而获得较高的效率。
对于\(lcs\)的代码而言，复杂度最大的那一定是失配的时候，要计算两个，实际上不需要重复计算，可以像填表一样先记下来．
无后效性
将各阶段按照一定的次序排列好之后，对于某个给定的阶段状态，它以前各阶段的状态无法直接影响它未来的决策，而只能通过当前的这个状态。换句话说，每个状态都是过去历史的一个完整总结。这就是无后向性，又称为无后效性。
空间优化
求出长度的过程中记录路径，最后再通过回溯法就可以得出\(lcs\)
总时间复杂度是\(O(n*m)\)，空间复杂度是\(O(n*m)\)
但是求长度的空间复杂度可以降为\(O(min(n,m))\)
可以发现，每个元素的计算只与其左上，左边，上边这三个因素有关．
/**
* 最长公共子序列
* 优化了内存空间的使用
* 观察到一件事: 每一个元素的计算,只和其在左上, 左边, 上边的三个元素相关
* 可以考虑len(x) + 3
* 3个变量 定义为leftAbove, left, above
*/
#include<iostream>
#include<string>
#include<memory.h>
using namespace std;
int LCS(string x, string y);
int main() {
string x, y;
cin>>x>>y;
LCS(x, y);
}
int LCS(string x, string y){
int lenx = x.length();
int leny = y.length();
int leftabove, left, above; //左上角 左 上
int *compute = new int[leny + 1]; //compute[0] 即原来的calc[i][0] for i in [0, lenx];
memset(compute, 0, (leny + 1) * sizeof(int));
for(int i = 1; i <= lenx; i++) {
leftabove = left = compute[0];
above = compute[1];
for(int t = 0; t <= leny; t++) cout<<compute[t]<<" ";
cout<<endl;
for(int j = 1; j <= leny; j++) {
//计算,并且更新这三个变量
if(x[i - 1] == y[j - 1]) compute[j] = leftabove + 1;
else if(left > above) compute[j] = left;
else compute[j] = above;
//更新此三个变量,很有技巧的哦
leftabove = above;
above = compute[j + 1];
left = compute[j];
}
}
cout<<compute[leny]<<endl;
delete[] compute;
}
————————————————
版权声明：本文为CSDN博主「TomMengdle」的原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/TomMengdle/article/details/6946309但是如果空间复杂度为\(O(min(n,m))\)，那还能得出路径吗?