在 O(NlogN) 时间内找到最长的公共子序列答案

【问题标题】：Finding longest common subsequence in O(NlogN) time在 O(NlogN) 时间内找到最长的公共子序列
【发布时间】：2015-08-26 10:18:39
【问题描述】：

有没有办法在 O(NlogN) 时间内找到两个序列的最长公共子序列？

我在某处读到有一种方法可以使用二进制搜索来实现这一点。

我知道需要 O(N²) 时间的 dp 方法。

【问题讨论】：

标签： algorithm dynamic-programming lcs

【解决方案1】：

vector <int> LIS;
int LongestIncreasingSubsequence(int n){
    if(!n) return 0;
    LIS.emplace_back(arr[0]);
    for(int i = 1; i < n; i++){
        if(arr[i] > LIS.back()) LIS.emplace_back(arr[i]);
        else *lower_bound(LIS.begin(), LIS.end(), arr[i]) = arr[i];
    }
    return LIS.size();
}

【讨论】：

正如目前所写，您的答案尚不清楚。请edit 添加其他详细信息，以帮助其他人了解这如何解决所提出的问题。你可以找到更多关于如何写好答案的信息in the help center。

【解决方案2】：

dynamic programming approach，一般情况下为 O(n²)。对于某些其他情况，有较低复杂度的算法：

对于固定的字母大小（不随 n 增长），Method of Four Russians 将时间缩短到 O(n² /log n)（见here）。
参见here 另一个进一步优化的案例。

【讨论】：

还有非常实用的O(nd) approach of Meyers，其中 d 是两个字符串之间的 Levenshtein 距离——如果存在有限数量的差异，则为 O(n)。 TTBOMK 它仍然是 diff 中使用的。

【解决方案3】：

假设Exponential Time Hypothesis（比 P 更严格不等于 NP，但仍被广泛认为是正确的），任何时间都不可能在 O(N^{2 - eps})正常数 eps，请参阅 Karl Bringmann 和 Marvin Kunnemann 的 "Quadratic Conditional Lower Bounds for String Problems and Dynamic Time Warping"（arXiv 上的预印本可用）。

粗略地说，这意味着这个问题的一般情况不能比像 O(N^2/log N) 这样的东西更好地及时解决，所以如果你想要更快的算法，你必须考虑额外的约束（一些属性字符串）或寻找近似解决方案。

【讨论】：

【解决方案4】：

对于一般情况，O(N^2) 动态规划算法是你能做的最好的。但是，在某些特殊情况下存在更好的算法。

字母大小有界

这是一种很常见的情况。由某些字母（例如英语）中的字母组成的序列属于这一类。对于这种情况，可以优化 O(N*M) 算法以获得具有method of four Russians 的 O(N^2/logN)。不知道具体怎么样，你可以搜索一下。

两个序列都由不同的元素组成

一个示例问题是“给定从 1 到 N 的两个数字排列，找到它们的 LCS”。这个可以在 O(N*logN) 中解决。
让序列为 A 和 B。
定义一个序列C。C[i]是B[i]在A中的索引。(A[C[i]] = B[i])
A和B的LCS是C的longest increasing subsequence。

【讨论】：

第二种情况只要求一个字符串有不同的元素。

【解决方案5】：

两个序列之间最长的公共子序列本质上是 n 平方的。

Masek and Patterson (1980) 使用所谓的“Four Russians”技术对 n-squared / log n 进行了小幅改进。

在大多数情况下，这种复杂的方法带来的额外复杂性并不能以微小的收益来证明。出于实际目的，您可以将 n 平方方法视为典型应用中的合理最优值。

【讨论】：

还有非常实用的O(nd) approach of Meyers，其中 d 是两个字符串之间的 Levenshtein 距离——如果存在有限数量的差异，则为 O(n)。 TTBOMK 它仍然是 diff 中使用的。