最长公共子序列的变种：带通配符和间隔限制的最长公共子序列（允许通配符匹配任意字符，且匹配字符之间允许最多跳过k个字符）
字数 2922 2025-12-05 08:11:39

最长公共子序列的变种：带通配符和间隔限制的最长公共子序列（允许通配符匹配任意字符，且匹配字符之间允许最多跳过k个字符）

题目描述
给定两个字符串 s1 和 s2，以及一个非负整数 k。字符串中可能包含通配符 *，它可以匹配任意字符（包括空字符）。现在要求从 s1 和 s2 中分别取出一个子序列，使得这两个子序列相等，并且满足以下条件：

  1. 子序列中的字符必须按原字符串中的顺序出现。
  2. 当匹配字符时，如果字符相同，或者其中一个字符是通配符 *，则视为匹配成功。
  3. 匹配的两个字符在各自原字符串中的位置索引差（即跳过字符的数量）不能超过 k。具体来说，假设从 s1 中取出的字符位置为 i，从 s2 中取出的字符位置为 j，且这是子序列中相邻的两个匹配对，则必须满足 |i - 前一个匹配的i| <= k 且 |j - 前一个匹配的j| <= k。换句话说，在匹配的子序列中，任意两个相邻匹配的字符在各自字符串中的距离（跳过字符数）不能超过 k。
    求满足条件的最长子序列的长度。

示例
输入：

s1 = "a*b*c"
s2 = "adbpc"
k = 2

解释：

  • 通配符 * 可以匹配任意字符。
  • 最长公共子序列可以是 "abc"，匹配方式为：
    s1中的 'a'（索引0）匹配 s2中的 'a'（索引0）
    s1中的 ''（索引1）匹配 s2中的 'd'（索引1）
    s1中的 'b'（索引2）匹配 s2中的 'b'（索引3）
    s1中的 '    '（索引3）匹配 s2中的 'p'（索引4）
    s1中的 'c'（索引4）匹配 s2中的 'c'（索引5）
    但注意：相邻匹配的索引差不能超过 k=2。检查：
    s1中索引从0到1差为1（≤2），s2中索引从0到1差为1（≤2）；
    s1中索引从1到2差为1（≤2），s2中索引从1到3差为2（≤2）；
    s1中索引从2到3差为1（≤2），s2中索引从3到4差为1（≤2）；
    s1中索引从3到4差为1（≤2），s2中索引从4到5差为1（≤2）。
    满足条件，所以长度为5。
    如果没有间隔限制（k很大），整个字符串都可以匹配，长度为5。但如果 k=1，则 s2 中 'b' 到 'c' 的索引差为2>1，无法全部匹配，最长可能是4（例如匹配 "ab" 和 "adbp"）。

输出：

5

解题步骤
这是一个线性动态规划问题，但状态定义需要同时考虑两个字符串的索引，并且增加一个维度来记录上一个匹配的位置以满足间隔限制。为了降低复杂度，我们采用三维DP。

步骤1：定义状态
设 dp[i][j][p] 表示考虑 s1 的前 i 个字符和 s2 的前 j 个字符，且最后一个匹配的字符在 s1 中的索引是 p 的情况下，所能得到的最长公共子序列长度。
但这样状态会很大（O(n³)），且难以处理间隔限制。我们需要更巧妙的设计。

另一种思路：
定义 dp[i][j] 表示以 s1[i] 和 s2[j] 作为匹配的最后一对字符时，所能得到的最长公共子序列长度。然后，在转移时，我们需要检查之前所有可能的匹配对 (i', j')，满足 i' < i 且 j' < j 且 i - i' <= k 且 j - j' <= k。这样复杂度是 O(n² * k²)，在k较小时可行。

步骤2：转移方程
如果 s1[i] 和 s2[j] 可以匹配（即字符相等或有一个是通配符 *），则：

dp[i][j] = 1 + max{ dp[i'][j'] }  (其中 i' 满足 0 <= i' < i 且 i - i' <= k, j' 满足 0 <= j' < j 且 j - j' <= k)

如果 s1[i] 和 s2[j] 不能匹配，则 dp[i][j] = 0。
注意：如果之前没有匹配对，则取1（即只匹配当前这对字符）。

步骤3：初始化
如果 s1[i] 和 s2[j] 可匹配，则至少可以形成一个长度为1的子序列，所以 dp[i][j] 至少为1。我们可以初始化为0，然后在可匹配时先赋值为1，再尝试从之前的状态转移。

步骤4：最终答案
最终答案是所有 dp[i][j] 的最大值，因为最长公共子序列可能以任意一对字符作为结尾。

步骤5：复杂度优化
直接枚举所有 i', j' 会导致 O(n² * k²) 的复杂度。如果k很大（接近n），则为 O(n⁴)，不可接受。但我们可以用滑动窗口最大值来优化：
对于固定的 i, j，我们需要在矩阵 dp 中区域 [i-k, i-1] x [j-k, j-1] 内找最大值。这可以分解为：
先对每个 i，维护一个关于 j 的滑动窗口最大值（窗口大小k）；再对每个 j，维护一个关于 i 的滑动窗口最大值。但这里是二维区域最大值，比较棘手。
一个更简单的方法：由于k通常不会很大，我们可以接受 O(n² * k) 的复杂度，即固定 i, j 后，枚举 i' 从 max(0, i-k) 到 i-1，然后对每个 i'，我们需要在 j' 从 max(0, j-k) 到 j-1 中找最大的 dp[i'][j']。我们可以提前用另一个二维数组 rowMax[i'][j] 记录对于固定的 i'，在 j 的滑动窗口内的最大值。这样，对于每个 (i, j)，枚举 i' 时直接取 rowMax[i'][j-1] 即可。复杂度 O(n² * k)。

具体实现步骤

  1. 初始化 dp 为全0，rowMax 为全0。
  2. 遍历 i 从0到 len(s1)-1，遍历 j 从0到 len(s2)-1。
  3. 如果 s1[i] 和 s2[j] 可匹配（相等或任意一个是 *）：
    a. 先设 dp[i][j] = 1。
    b. 枚举 i' 从 max(0, i-k) 到 i-1：
    取 prevJ = max(0, j-k) 到 j-1 范围内的最大值，即 rowMax[i'][j-1]（注意处理边界）。
    如果 rowMax[i'][j-1] > 0，则 dp[i][j] = max(dp[i][j], 1 + rowMax[i'][j-1])。
  4. 更新 rowMax[i][j] 为 max(rowMax[i][j-1], dp[i][j])（当 j>0），否则为 dp[i][j]。
  5. 同时更新全局答案 ans = max(ans, dp[i][j])。
  6. 最终返回 ans。

边界情况处理

  • 如果 k=0，则只允许字符一一对应匹配，没有跳过，相当于普通LCS但带通配符。
  • 通配符 * 可以匹配任意字符，包括另一个通配符。
  • 注意字符串可能为空，此时答案为0。

示例推演
以 s1="a*b*c", s2="adbpc", k=2 为例。
略去详细表格，但按上述算法，最终 dp[4][5] 会得到5，对应整个字符串匹配。

总结
这道题是LCS的变种，增加了通配符匹配和相邻匹配字符的间隔限制。通过三维状态的压缩和滑动窗口优化，可以在合理时间内求解。关键点是设计状态转移时考虑间隔限制，并利用辅助数组降低复杂度。

最长公共子序列的变种：带通配符和间隔限制的最长公共子序列（允许通配符匹配任意字符，且匹配字符之间允许最多跳过k个字符） 题目描述 给定两个字符串 s1 和 s2 ，以及一个非负整数 k 。字符串中可能包含通配符 * ，它可以匹配任意字符（包括空字符）。现在要求从 s1 和 s2 中分别取出一个子序列，使得这两个子序列相等，并且满足以下条件： 子序列中的字符必须按原字符串中的顺序出现。 当匹配字符时，如果字符相同，或者其中一个字符是通配符 * ，则视为匹配成功。 匹配的两个字符在各自原字符串中的位置索引差（即跳过字符的数量）不能超过 k 。具体来说，假设从 s1 中取出的字符位置为 i ，从 s2 中取出的字符位置为 j ，且这是子序列中相邻的两个匹配对，则必须满足 |i - 前一个匹配的i| <= k 且 |j - 前一个匹配的j| <= k 。换句话说，在匹配的子序列中，任意两个相邻匹配的字符在各自字符串中的距离（跳过字符数）不能超过 k 。 求满足条件的最长子序列的长度。 示例 输入： 解释： 通配符 * 可以匹配任意字符。 最长公共子序列可以是 "abc" ，匹配方式为： s1中的 'a'（索引0）匹配 s2中的 'a'（索引0） s1中的 ' '（索引1）匹配 s2中的 'd'（索引1） s1中的 'b'（索引2）匹配 s2中的 'b'（索引3） s1中的 ' '（索引3）匹配 s2中的 'p'（索引4） s1中的 'c'（索引4）匹配 s2中的 'c'（索引5） 但注意：相邻匹配的索引差不能超过 k=2。检查： s1中索引从0到1差为1（≤2），s2中索引从0到1差为1（≤2）； s1中索引从1到2差为1（≤2），s2中索引从1到3差为2（≤2）； s1中索引从2到3差为1（≤2），s2中索引从3到4差为1（≤2）； s1中索引从3到4差为1（≤2），s2中索引从4到5差为1（≤2）。 满足条件，所以长度为5。 如果没有间隔限制（k很大），整个字符串都可以匹配，长度为5。但如果 k=1，则 s2 中 'b' 到 'c' 的索引差为2>1，无法全部匹配，最长可能是4（例如匹配 "a b " 和 "adbp"）。 输出： 解题步骤 这是一个线性动态规划问题，但状态定义需要同时考虑两个字符串的索引，并且增加一个维度来记录上一个匹配的位置以满足间隔限制。为了降低复杂度，我们采用三维DP。 步骤1：定义状态 设 dp[i][j][p] 表示考虑 s1 的前 i 个字符和 s2 的前 j 个字符，且 最后一个匹配的字符在 s1 中的索引是 p 的情况下，所能得到的最长公共子序列长度。 但这样状态会很大（O(n³)），且难以处理间隔限制。我们需要更巧妙的设计。 另一种思路： 定义 dp[i][j] 表示以 s1[i] 和 s2[j] 作为匹配的最后一对字符时，所能得到的最长公共子序列长度。然后，在转移时，我们需要检查之前所有可能的匹配对 (i', j') ，满足 i' < i 且 j' < j 且 i - i' <= k 且 j - j' <= k 。这样复杂度是 O(n² * k²)，在k较小时可行。 步骤2：转移方程 如果 s1[i] 和 s2[j] 可以匹配（即字符相等或有一个是通配符 * ），则： 如果 s1[i] 和 s2[j] 不能匹配，则 dp[i][j] = 0 。 注意：如果之前没有匹配对，则取1（即只匹配当前这对字符）。 步骤3：初始化 如果 s1[i] 和 s2[j] 可匹配，则至少可以形成一个长度为1的子序列，所以 dp[i][j] 至少为1。我们可以初始化为0，然后在可匹配时先赋值为1，再尝试从之前的状态转移。 步骤4：最终答案 最终答案是所有 dp[i][j] 的最大值，因为最长公共子序列可能以任意一对字符作为结尾。 步骤5：复杂度优化 直接枚举所有 i', j' 会导致 O(n² * k²) 的复杂度。如果k很大（接近n），则为 O(n⁴)，不可接受。但我们可以用滑动窗口最大值来优化： 对于固定的 i, j ，我们需要在矩阵 dp 中区域 [i-k, i-1] x [j-k, j-1] 内找最大值。这可以分解为： 先对每个 i ，维护一个关于 j 的滑动窗口最大值（窗口大小k）；再对每个 j ，维护一个关于 i 的滑动窗口最大值。但这里是二维区域最大值，比较棘手。 一个更简单的方法：由于k通常不会很大，我们可以接受 O(n² * k) 的复杂度，即固定 i, j 后，枚举 i' 从 max(0, i-k) 到 i-1 ，然后对每个 i' ，我们需要在 j' 从 max(0, j-k) 到 j-1 中找最大的 dp[i'][j'] 。我们可以提前用另一个二维数组 rowMax[i'][j] 记录对于固定的 i' ，在 j 的滑动窗口内的最大值。这样，对于每个 (i, j) ，枚举 i' 时直接取 rowMax[i'][j-1] 即可。复杂度 O(n² * k)。 具体实现步骤 初始化 dp 为全0， rowMax 为全0。 遍历 i 从0到 len(s1)-1，遍历 j 从0到 len(s2)-1。 如果 s1[i] 和 s2[j] 可匹配（相等或任意一个是 * ）： a. 先设 dp[i][j] = 1 。 b. 枚举 i' 从 max(0, i-k) 到 i-1 ： 取 prevJ = max(0, j-k) 到 j-1 范围内的最大值，即 rowMax[i'][j-1] （注意处理边界）。 如果 rowMax[i'][j-1] > 0 ，则 dp[i][j] = max(dp[i][j], 1 + rowMax[i'][j-1]) 。 更新 rowMax[i][j] 为 max(rowMax[i][j-1], dp[i][j]) （当 j>0），否则为 dp[i][j] 。 同时更新全局答案 ans = max(ans, dp[i][j]) 。 最终返回 ans 。 边界情况处理 如果 k=0，则只允许字符一一对应匹配，没有跳过，相当于普通LCS但带通配符。 通配符 * 可以匹配任意字符，包括另一个通配符。 注意字符串可能为空，此时答案为0。 示例推演 以 s1="a*b*c" , s2="adbpc" , k=2 为例。 略去详细表格，但按上述算法，最终 dp[4][5] 会得到5，对应整个字符串匹配。 总结 这道题是LCS的变种，增加了通配符匹配和相邻匹配字符的间隔限制。通过三维状态的压缩和滑动窗口优化，可以在合理时间内求解。关键点是设计状态转移时考虑间隔限制，并利用辅助数组降低复杂度。