经典面试题：最长公共子序列

最长公共子序列（Longest Common Subsequence，简称 LCS）是一道非常经典的面试题目，因为它的解法是典型的二维动态规划，大部分比较困难的字符串问题都和这个问题一个套路，比如说编辑距离。而且，这个算法稍加改造就可以用于解决其他问题，所以说 LCS 算法是值得掌握的。

题目就是让我们求两个字符串的 LCS 长度：

输入: str1 = "abcde", str2 = "ace" 
输出: 3  
解释: 最长公共子序列是 "ace"，它的长度是 3

肯定有读者会问，为啥这个问题就是动态规划来解决呢？因为子序列类型的问题，穷举出所有可能的结果都不容易，而动态规划算法做的就是穷举 + 剪枝，它俩天生一对儿。所以可以说只要涉及子序列问题，十有八九都需要动态规划来解决，往这方面考虑就对了。

下面就来手把手分析一下，这道题目如何用动态规划技巧解决。

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，dp[i][j]的含义是：对于s1[1..i]和s2[1..j]，它们的 LCS 长度是dp[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dp[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，dp[0][..]和dp[..][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，dp[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s1和s2，如果s1[i]==s2[j]，那么这个字符一定在lcs中；否则的话，s1[i]和s2[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：

对于第一种情况，找到一个lcs中的字符，同时将i, j向前移动一位，并给lcs的长度加一；对于后者，则尝试两种情况，取更大的结果。

其实这段代码就是暴力解法，我们可以通过备忘录或者 DP table 来优化时间复杂度，比如通过前文描述的 DP table 来解决：

对于s1[i]和s2[j]不相等的情况，至少有一个字符不在lcs中，会不会两个字符都不在呢？比如下面这种情况：

所以代码是不是应该考虑这种情况，改成这样：

if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
    # ...
else:
    dp[i][j] = max(dp[i-1][j], 
                   dp[i][j-1],
                   dp[i-1][j-1])

我一开始也有这种怀疑，其实可以这样改，也能得到正确答案，但是多此一举，因为dp[i-1][j-1]永远是三者中最小的，max 根本不可能取到它。

原因在于我们对 dp 数组的定义：对于s1[1..i]和s2[1..j]，它们的 LCS 长度是dp[i][j]。

这样一看，显然dp[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，dp[i][j]的状态可以通过之前的状态推导出来：

找状态转移方程的方法是，思考每个状态有哪些「选择」，只要我们能用正确的逻辑做出正确的选择，算法就能够正确运行。