两个不同排列的最长公共子序列

题目描述

给出 $1,2,\dots ,n$ 的两个排列 $P_1$ 和 $P_2$ ，求它们的最长公共子序列。

输入格式

第一行是一个数 $n$。

接下来两行，每行为 $n$ 个数，为自然数 $1,2,\dots ,n$ 的一个排列。

输出格式

一个数，即最长公共子序列的长度。

样例 #1

样例输入 #1

5 
3 2 1 4 5
1 2 3 4 5

样例输出 #1

3

提示

• 对于 $50\%$ 的数据， $n\le 10^3$；
• 对于 $100\%$ 的数据， $n\le 10^5$。

朴素线性动态规划

• 状态表示：$f[i][j]$表示从序列$A$的前$i$个元素与序列$B$的前$j$个元素中挑选出的公共子序列的最大长度
• 状态转移：
  • 如果$A[i]=B[j]$，$f[i][j]=f[i-1][j-1]+1$
  • 否则$A[i]!=B[j]$，$f[i][j]=max\{f[i-1][j],f[i][j-1]\}$
• 初始状态： $f[0][0]=0$

时间复杂度

需要枚举$i、j$计算状态，因此时间复杂度为$O(n^2)$。

代码实现

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int a[N], b[N];
int f[N][N];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &b[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++)
        {
            if(a[i] == b[j]) f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + 1;
            else f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i][j - 1]);
        }
    cout << f[n][n] << endl;
    return 0;
}

最长上升子序列

题目中给出的是 $1,2,\dots ,n$ 的两个排列 $P_1$ 和 $P_2$ ，也就是说这两个序列中元素是一样的，不一样的是元素的出现顺序。如果将题目给出的测试样例按照字母顺序映射为两个新序列$A$和$B$，那么：
$P_1=32145\to A=abcde$
$P_2=12345\to B=cbade$
那么可以得到一个性质，$B$的一个上升子序列即两个序列的公共子序列。因此该问题可以转换为求映射后B序列的上升子序列的最大长度。

时间复杂度

由于最长上升子序列的问题可以使用贪心 + 二分的方式进行优化，因此本题时间复杂度可以优化到$O(nlogn)$，详情可以参考我的这篇文章：NOIP1999提高组T1：导弹拦截

代码实现

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int map[N],a[N], b[N], q[N];
int main()
{
    int n, x, len = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) 
    {
        cin >> a[i];
        map[a[i]] = i; //将a[i]进行映射
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
    q[len] = -1e9;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
    	//求映射后b序列的最长上升子序列
        if(q[len] < map[b[i]]) q[++ len] = map[b[i]];
        else
        {
            int L = 0, R = len, mid;
            while(L < R)
            {
                mid = (L + R) / 2;
                if(q[mid] >= map[b[i]]) R = mid;
                else L = mid + 1;
            }
            q[L] = min(q[L], map[b[i]]); 
        }
    }
    cout << len << endl;
    return 0;
}