最长公共子序列的变种：允许最多k次跳过的最长公共子序列 题目描述 给定两个字符串s和t，以及一个整数k。我们要找出s和t的最长公共子序列（LCS），但有一个特殊的规则：在匹配过程中，我们允许最多“跳过”k个字符。这里的“跳过”指的是，在构建公共子序列时，对于字符串s或t，我们可以选择跳过其中的某个字符，不计入最终的公共子序列，但会消耗一次“跳过”机会。总跳过次数（在s和t上跳过的字符数之和）不能超过k。求在满足此限制下，能够得到的最长公共子序列的长度。 举个例子 假设 s = "abcde", t = "acef", k = 1。 常规LCS是"ace"，长度为3。 允许跳过1次，我们可以跳过s中的'd'或者t中的'f'。最优解是取"ace"（跳过t中的'f'），长度为3。如果k=0，则结果还是3。 另一个例子：s = "agcat", t = "gac", k = 2。 常规LCS是"ga"或"ac"或"gc"，长度为2。 允许跳过2次。一种方案是：匹配s[ 1]='g'和t[ 0]='g'，跳过t[ 1]='a'，匹配s[ 3]='a'和t[ 2]='a'，再跳过s[ 4]='t'。这样我们得到子序列"ga"，跳过次数为2（t[ 1]和s[ 4]），长度仍为2。能否得到长度为3的？可以尝试匹配"gca"：匹配s[ 1]='g'和t[ 0]='g'，匹配s[ 2]='c'和t[ 2]='c'（这里跳过了t[ 1]='a'和s[ 3 ]='a'，但我们选择匹配c），但这样我们跳过了'a'，得到的子序列是"gc"，长度2。实际上，要得到"gca"，需要s中的'g','c','a'和t中的'g','c','a'一一对应，但这在原始序列中位置不对齐，需要更多的跳过。通过穷举可知，在k=2时，无法得到长度3。但如果我们增加k，可能能得到更长的序列。 我们的目标是设计一个动态规划算法，精确计算出在最多跳过k个字符的前提下，最长公共子序列的长度。 解题思路 这个问题是经典LCS问题的变种。经典LCS的DP定义是：dp[ i][ j ]表示s的前i个字符和t的前j个字符的LCS长度。状态转移为： 如果s[ i-1] == t[ j-1]，则dp[ i][ j] = dp[ i-1][ j-1 ] + 1。 否则，dp[ i][ j] = max(dp[ i-1][ j], dp[ i][ j-1 ])。 现在引入跳过次数限制。我们需要在状态中增加一维，用来记录已经使用的跳过次数。但跳过次数是在两个字符串上发生的，我们关心的是总跳过次数。因此，我们可以定义状态dp[ i][ j][ sk ]表示：考虑s的前i个字符和t的前j个字符，并且总共使用了sk次跳过时，能得到的最长公共子序列的长度。 这里i, j, sk的范围是：0 <= i <= |s|, 0 <= j <= |t|, 0 <= sk <= k。 状态转移需要仔细考虑。在每一步，我们面对s的第i个字符（s[ i-1]）和t的第j个字符（t[ j-1 ]），我们有几种选择： 匹配 ：如果s[ i-1] == t[ j-1 ]，那么我们可以选择将这两个字符匹配，加入LCS。此时，长度加1，且不消耗跳过次数。因此，状态转移为： dp[ i][ j][ sk] = max(dp[ i][ j][ sk], dp[ i-1][ j-1][ sk ] + 1)。 不匹配，且有跳过机会可用 ：如果s[ i-1] != t[ j-1 ]，我们可以选择跳过s的第i个字符，或者跳过t的第j个字符。但跳过操作会消耗一次跳过次数，并且不会增加LCS长度。 跳过s[ i-1]：这意味着我们不考虑s[ i-1]参与匹配，那么状态从dp[ i-1][ j][ sk-1 ]转移过来（注意，使用了一次跳过，所以是sk-1）。条件：sk > 0。 跳过t[ j-1]：同理，状态从dp[ i][ j-1][ sk-1 ]转移过来。条件：sk > 0。 所以，当s[ i-1] != t[ j-1 ]时，如果sk>0，我们有： dp[ i][ j][ sk] = max(dp[ i][ j][ sk], dp[ i-1][ j][ sk-1], dp[ i][ j-1][ sk-1 ])。 不匹配，且不跳过（即常规LCS的不匹配操作） ：在经典LCS中，当字符不相等时，我们有dp[ i][ j] = max(dp[ i-1][ j], dp[ i][ j-1])。这个操作实际上对应着“跳过s[ i-1]”或“跳过t[ j-1]”，但在经典LCS中，这种“跳过”不被计入次数限制。在我们这个变种问题中，我们是否允许这种不计入次数的“跳过”呢？这取决于问题的定义。仔细思考：经典LCS中的“跳过”，其实是一种“忽略”，它不将字符纳入子序列，但也不视为一种“消耗资源”的跳过。在我们的问题中，我们明确“跳过”是消耗资源的。那么，不计入次数的“忽略”是否应该被允许？如果我们允许不计入次数的忽略，那相当于我们总是可以执行常规LCS的转移，那么跳过次数k就失去了限制意义，最终结果会等于常规LCS。因此， 在本题的定义下，所有不匹配的情况，如果要将字符排除在考虑之外，都必须消耗一次跳过机会 。所以，当我们不想匹配当前字符时，我们必须使用一次跳过机会来跳过s[ i-1]或t[ j-1]。如果没有跳过机会可用（sk=0），且s[ i-1]!=t[ j-1]，那么我们无法处理这两个字符，状态无法转移，保持为0（或初始值）。但等等，这可能会导致问题：比如s="ab", t="ac"，k=0，按照上述规则，由于'a'匹配，'b'和'c'不匹配且无跳过机会，那么dp[ 2][ 2][ 0]只能从匹配'a'得到1，而无法通过跳过'b'或'c'得到1，结果是1，这实际上就是LCS("ab","ac")="a"的长度1，是正确的。如果k=1，我们可以选择跳过'b'或'c'，结果还是1。但如果s="a", t="b", k=0，按照规则，dp[ 1][ 1][ 0 ]无法从任何地方转移，结果为0，这也是正确的（LCS为空）。 综合以上，我们得到状态转移方程： 对于每个i从1到|s|，每个j从1到|t|，每个sk从0到k： 如果s[ i-1] == t[ j-1 ]: dp[ i][ j][ sk] = max(dp[ i][ j][ sk], dp[ i-1][ j-1][ sk ] + 1) 如果sk > 0: // 考虑跳过s[ i-1]或t[ j-1 ] dp[ i][ j][ sk] = max(dp[ i][ j][ sk], dp[ i-1][ j][ sk-1], dp[ i][ j-1][ sk-1 ]) 注意：即使字符相等，我们也可以选择不匹配而跳过，消耗一次跳过机会。但通常情况下，如果字符相等，我们不会选择跳过，因为匹配能增加长度且不消耗跳过次数，更优。所以在实现时，即使字符相等，我们也可以考虑跳过操作，但显然匹配更优，所以可以忽略跳过。但为了完整性，我们可以将跳过操作放在字符不等或通用情况中。由于跳过操作不会使结果更优（相较于匹配），所以可以简化。 初始化 dp[ 0][ j][ sk ] = 0 对任意j, sk。因为s为空时，LCS长度为0。 dp[ i][ 0][ sk ] = 0 对任意i, sk。 当sk=0时，dp[ i][ j][ 0]就是常规LCS（但注意，常规LCS允许不计次数的忽略，而我们这里当sk=0时不允许跳过，所以当字符不等时，dp[ i][ j][ 0]只能从dp[ i-1][ j-1][ 0]转移？不对，实际上经典LCS的转移包含dp[ i-1][ j]和dp[ i][ j-1]，这对应着跳过s[ i-1]或t[ j-1]但不消耗跳过次数。在我们的定义中，这是不允许的。所以，当sk=0时，状态转移应该为：如果字符相等，dp[ i][ j][ 0]=dp[ i-1][ j-1][ 0]+1；如果字符不等，dp[ i][ j][ 0] = max(dp[ i-1][ j][ 0], dp[ i][ j-1][ 0])？这会导致矛盾，因为跳过操作被允许但没有消耗次数。所以，必须明确：在sk=0时，不允许任何跳过操作，那么当字符不等时，我们不能从dp[ i-1][ j][ 0]或dp[ i][ j-1][ 0]转移，因为它们隐含了跳过操作。那么如何计算dp[ i][ j][ 0]？实际上，当sk=0时，我们只能匹配相等的字符，不能跳过任何字符。所以，dp[ i][ j][ 0]应该等于：s[ 0..i-1]和t[ 0..j-1 ]中连续匹配的最长子序列长度？不，应该是允许从任意位置匹配，但不能跳过。这相当于：我们从两个字符串中按顺序选取相等的字符，但一旦遇到不等的字符，就不能再继续往后匹配了，因为不能跳过。这显然不对，比如s="abc", t="adc", k=0，常规LCS是"ac"长度为2，按照我们的定义，在匹配了'a'之后，遇到b和d不相等，由于不能跳过，我们无法跳过b或d去匹配后面的c，结果只能是1，这就不符合常规LCS了。所以，我们对问题的理解需要调整。 重新审视问题定义 ：题目中说“允许最多跳过k个字符”，意思是：在构建公共子序列时，我们可以选择忽略（跳过）s或t中的某些字符，这些被忽略的字符不计入子序列，但会消耗跳过次数。而没有跳过的操作，其实就是常规LCS中的“不匹配”情况，在常规LCS中，当我们取max(dp[ i-1][ j], dp[ i][ j-1])时，就相当于跳过了s[ i-1]或t[ j-1 ]，但这种跳过是“免费”的，不消耗跳过次数。而现在，我们给“跳过”操作增加了成本（消耗一次跳过机会），但我们仍然允许“免费”的忽略吗？题目没有明确说明。通常这类问题的设定是：所有的“跳过”操作都计入k次限制。也就是说，原来经典LCS中的“不匹配”操作，现在需要消耗跳过次数。这样，k=0时，我们就不能进行任何跳过，那么只有当两个字符串完全相同时，才能得到LCS长度等于字符串长度。否则，一旦遇到不等的字符，就必须停止，因为不能跳过。这显然不是我们想要的LCS变种。 更合理的解释是：在经典LCS中，我们有两种操作：匹配字符，或者跳过某个字符（即不匹配）。经典LCS中，跳过是免费的。现在，我们给跳过操作加上次数限制，但匹配操作不受限。所以，在状态转移中，当字符不等时，我们可以选择跳过s[ i-1]或跳过t[ j-1 ]，但这会消耗一次跳过次数。同时，即使字符相等，我们也可以选择不匹配而跳过，但那样会浪费跳过次数，所以通常不会选择。此外，我们仍然允许“免费”的跳过吗？不，如果允许免费跳过，那么跳过次数限制就形同虚设。所以，我们必须要求所有跳过操作都消耗次数。 基于这个理解，我们修正状态转移： 定义dp[ i][ j][ sk ]如前。 状态转移： 如果s[ i-1] == t[ j-1 ]： 我们可以选择匹配：dp[ i][ j][ sk] = dp[ i-1][ j-1][ sk ] + 1。 我们也可以选择不匹配，而是跳过s[ i-1]或t[ j-1 ]（消耗跳过次数），但这样不会使结果更优，所以可以忽略。 如果s[ i-1] != t[ j-1 ]： 此时我们不能匹配，只能选择跳过其中一个字符（如果还有跳过次数的话）： 如果sk > 0： 跳过s[ i-1]：从dp[ i-1][ j][ sk-1 ]转移。 跳过t[ j-1]：从dp[ i][ j-1][ sk-1 ]转移。 取两者最大值。 如果sk == 0，那么我们无法处理当前两个字符，状态无法从i,j转移，但实际上，我们可以从dp[ i-1][ j][ 0]或dp[ i][ j-1][ 0]转移吗？不可以，因为那意味着我们进行了跳过操作但没有消耗次数，这是不允许的。所以当sk=0且字符不等时，我们无法从任何状态转移，dp[ i][ j][ 0]应该等于0？但这样会丢失之前的结果。例如s="ab", t="ac"，k=0。i=1,j=1: 'a'=='a'，dp[ 1][ 1][ 0]=1。i=1,j=2: 'a'!='c'，sk=0，无法跳过，那么dp[ 1][ 2][ 0]应该等于多少？它应该至少等于dp[ 1][ 1][ 0]=1，因为我们可以忽略t[ 1 ]='c'，但忽略就是跳过，需要消耗次数。所以严格来说，当k=0时，我们只能匹配完全相同的字符序列，一旦遇到不等的字符，后续就无法继续匹配了。但这样得到的结果是：LCS必须是两个字符串的公共前缀，且一旦出现不同字符，匹配就终止。这显然不是我们想要的LCS。 矛盾点在于：经典LCS允许免费跳过，而我们现在不允许免费跳过。为了得到有意义的LCS，我们需要允许“忽略”操作，但忽略操作必须计入跳过次数。这样，k=0时，LCS长度就等于两个字符串完全匹配的最长子序列长度，即要求子序列在两个字符串中出现的字符顺序完全一致且连续？不，即使k=0，我们也可以选择匹配一些字符，跳过一些字符，但跳过消耗次数，k=0就不能跳过，所以只能匹配所有字符，即要求子序列必须是原字符串的子序列，且不能跳过任何字符，这意味着子序列在两个字符串中必须是完全相同的子序列，且在原字符串中出现的相对顺序相同，但可以间隔？例如s="abcde", t="ace"，如果k=0，我们可以匹配a,c,e，但过程中跳过了b,d，这实际上跳过了s中的b和d，消耗了2次跳过，k=0不允许。所以k=0时，我们无法得到"ace"，只能得到"a"或"c"或"e"等单个字符，或者连续匹配的序列如"ab"？但"ab"在t中不是连续出现的。所以k=0时，结果不一定是常规LCS。 实际上，这是LCS的一个常见变种，称为“带跳过次数限制的LCS”或“带缺口惩罚的LCS”。通常定义是：允许跳过（gap），但跳过有代价，总跳过次数有限制。在这种定义下，状态转移方程就是我们上面讨论的，其中sk表示已使用的跳过次数。 初始化 ： dp[ 0][ j][ sk ] = 0，因为s为空，LCS长度为0。 dp[ i][ 0][ sk ] = 0。 同时，对于任何sk，dp[ 0][ 0][ sk ]=0。 最终答案 ： max_ {0<=sk<=k} dp[ |s|][ |t|][ sk ]。因为我们可以使用不超过k次的跳过。 时间复杂度 ：O(|s| * |t| * k)。 举例验证 以s="abcde", t="ace", k=1为例。 我们计算dp表，为了简化，只展示sk=0和sk=1的部分，且只写最终dp值。 初始化：所有dp[ 0][ ][ ]=0, dp[ ][ 0][ ]=0。 i=1,j=1: s[ 0]='a', t[ 0 ]='a'相等。 sk=0: 匹配，dp[ 1][ 1][ 0] = dp[ 0][ 0][ 0 ]+1=1。 sk=1: 匹配，dp[ 1][ 1][ 1] = dp[ 0][ 0][ 1 ]+1=1；也可以跳过，但不会更优。 i=1,j=2: s[ 0]='a', t[ 1 ]='c'不等。 sk=0: 不能跳过，所以dp[ 1][ 2][ 0] = 0？但我们可以从dp[ 1][ 1][ 0]=1转移吗？不可以，因为那意味着我们跳过了t[ 1]，但跳过一次。所以dp[ 1][ 2][ 0 ]保持初始值0。 sk=1: 可以跳过s[ 0]或t[ 1]。跳过s[ 0]: dp[ 0][ 2][ 0]=0；跳过t[ 1]: dp[ 1][ 1][ 0]=1。取max=1。所以dp[ 1][ 2][ 1 ]=1。 i=1,j=3: s[ 0]='a', t[ 2 ]='e'不等。 sk=0: 0 sk=1: 跳过s[ 0]: dp[ 0][ 3][ 0]=0；跳过t[ 2]: dp[ 1][ 2][ 0]=0。取max=0。但实际上，我们可以从dp[ 1][ 2][ 1]=1转移吗？不可以，因为这里我们处理的是i=1,j=3，状态转移只能从(i-1,j)或(i,j-1)来，且跳过操作消耗次数。所以dp[ 1][ 3][ 1 ]=0。 类似地，我们可以继续计算。最终，我们会得到dp[ 5][ 3][ 0]和dp[ 5][ 3][ 1 ]的值。可以验证，最终答案是3（使用sk=1，匹配a,c,e，其中跳过了s中的'b'和'd'，但跳过了两次，k=1不够？实际上，匹配"ace"需要跳过s中的b和d，两次跳过，k=1不允许。所以实际上k=1时，最多只能匹配两个字符，比如"ac"（跳过s中的b）或"ce"（跳过s中的d）等。所以结果应该是2。我们通过这个例子明确：匹配"ace"需要跳过s中的两个字符，需要k>=2。当k=1时，我们最多只能跳过1个字符，所以最长公共子序列可能是"ac"（跳过s中的b）或"ce"（跳过s中的d）或"ae"（跳过s中的b,c,d中的两个，但只能跳一次，所以不行）等。所以结果应该是2。 通过这个例子，我们确认了算法的逻辑。 算法实现步骤 获取字符串s和t的长度，记作n和m。 初始化三维数组dp，大小为(n+1) x (m+1) x (k+1)，所有元素初始化为0。 遍历i从1到n： 遍历j从1到m： 遍历sk从0到k： 如果s[ i-1] == t[ j-1 ]： dp[ i][ j][ sk] = dp[ i-1][ j-1][ sk ] + 1 如果sk > 0： // 考虑跳过s[ i-1]或t[ j-1 ] dp[ i][ j][ sk] = max(dp[ i][ j][ sk], dp[ i-1][ j][ sk-1], dp[ i][ j-1][ sk-1 ]) 注意：即使字符相等，也可以选择跳过，但跳过不会比匹配更优，所以可以省略。但为了代码统一，可以保留。 最终答案ans = max_ {0<=sk<=k} dp[ n][ m][ sk ]。 返回ans。 边界情况 如果k很大（比如大于n+m），那么跳过次数足够多，我们可以跳过所有不相干的字符，结果就是min(n,m)，但我们的算法仍然有效，因为sk最大到k，但实际跳过次数不会超过n+m。 如果k=0，那么只有当两个字符串完全相同时，才能得到非零结果，且结果等于相同前缀的长度？实际上，k=0时，我们的算法允许匹配相等的字符，但不允许跳过。所以最终结果等于：从两个字符串中按顺序选取相等字符，但不能跳过任何字符，这意味着一旦遇到不等的字符，后续就无法继续匹配。这实际上得到的是两个字符串的最长公共前缀？不，因为我们可以跳过字符吗？不能。所以，例如s="abcde", t="acf"，k=0，匹配a后，b和c不等，由于不能跳过，匹配终止，所以结果是1。但常规LCS是"ac"长度为2，需要跳过s中的b。所以k=0时，我们的算法结果不同于常规LCS。这符合问题定义。 总结 这个算法通过在LCS的经典DP状态上增加一维“已用跳过次数”，将跳过操作转化为状态转移的一部分，从而在O(n m k)时间内求解带跳过次数限制的最长公共子序列问题。理解的关键在于明确“跳过”操作消耗资源，且所有跳过都必须计入次数，而匹配操作不消耗次数。