线性动态规划：带通配符的最长公共子序列（进阶版：允许通配符匹配任意字符，且通配符可匹配空字符，并允许最多跳过K个不匹配字符） 题目描述 给定两个字符串s和t，以及一个包含通配符' '的字符集，其中' '可以匹配零个或任意多个任意字符。现在要求找出s和t的最长公共子序列，但允许在匹配过程中跳过最多K个不匹配的字符（即这些字符可以被忽略，不计入子序列，但会增加不匹配计数）。要求返回最长公共子序列的长度。 示例 s = "abc d" t = "abxcyd" K = 1 解释：' '可以匹配任意字符（包括空字符），但这里我们还有一个额外的跳过机制。一个可能的最长公共子序列是"abcd"（其中'* '匹配了空字符，而'x'被跳过，用掉了K=1次跳过机会），所以长度为4。 解题步骤 第一步：理解问题与核心难点 这是一个在经典最长公共子序列（LCS）问题上的双重扩展： 通配符'* '可以匹配零个或多个任意字符。这本身就是一个变体。 额外允许跳过最多K个字符（从s或t中跳过），跳过不计入子序列但消耗跳过次数。 需要同时处理通配符的灵活匹配和跳过机制。 第二步：定义状态 设dp[ i][ j][ k ]表示考虑s的前i个字符、t的前j个字符、已经跳过了k个字符时，能够匹配的最长子序列长度。 这里i, j从0开始，k从0到K。 注意：跳过可以发生在s或t的任意位置，跳过意味着忽略当前字符，不匹配，但占用一次跳过机会。 第三步：状态转移方程 我们需要考虑三种操作：匹配、使用通配符、跳过字符。 匹配 ：如果s[ i-1] == t[ j-1 ]（字符相等），那么可以直接匹配这两个字符，子序列长度+1，跳过次数k不变： dp[ i][ j][ k] = max(dp[ i][ j][ k], dp[ i-1][ j-1][ k ] + 1) 通配符处理 ：如果s[ i-1] == '* '，这个通配符可以匹配零个或多个t中的字符。 匹配0个字符：相当于忽略s的当前'* '，状态转移为dp[ i-1][ j][ k ] 匹配1个字符：相当于用' '匹配t[ j-1]，然后继续考虑s[ i]和t[ j-1]（因为' '可匹配多个，这里我们让' '继续保留以便可能匹配更多），状态转移为dp[ i][ j-1][ k ] + 1 注意：这里实际上我们需要处理' '匹配多个的情况，但通过允许dp[ i][ j-1]转移，可以隐式实现多次匹配，因为i不变，j减少，相当于用同一个' '匹配t的连续字符。 类似地，如果t[ j-1] == ' '，也做对称处理。 跳过操作 ：我们可以选择跳过s的当前字符或t的当前字符，这会消耗一次跳过机会（k+1），但子序列长度不增加。 跳过s[ i-1]：dp[ i][ j][ k] = max(dp[ i][ j][ k], dp[ i-1][ j][ k+1]) // 注意这里k是当前剩余跳过次数，消耗后变为k+1，但为了dp表索引一致性，我们用k表示已跳过次数，则转移应为：dp[ i][ j][ k+1] = max(..., dp[ i-1][ j][ k ])，但这样写不方便。我们重新定义k为已使用的跳过次数，则跳过时k+1不超过K。 我们重新统一：k表示已使用的跳过次数，0<=k <=K。 那么跳过s[ i-1]：如果k+1 <= K, dp[ i][ j][ k+1] = max(dp[ i][ j][ k+1], dp[ i-1][ j][ k ]) 跳过t[ j-1]：如果k+1 <= K, dp[ i][ j][ k+1] = max(dp[ i][ j][ k+1], dp[ i][ j-1][ k ]) 注意这里子序列长度不变。 不匹配也不跳过 ：直接继承之前状态，即dp[ i][ j][ k] = max(dp[ i][ j][ k], dp[ i-1][ j][ k], dp[ i][ j-1][ k ]) 第四步：初始化 dp[ 0][ j][ k ] = 0 对任意j,k（s为空，只能跳过t的字符，但跳过次数有限，所以匹配长度为0） dp[ i][ 0][ k ] = 0 对任意i,k dp[ 0][ 0][ k ] = 0 注意：如果s或t开头有'* '，它们可以匹配空字符，但不会增加长度，所以初始化为0是合理的。 第五步：计算顺序 i从0到len(s)，j从0到len(t)，k从0到K。注意转移时可能需要从较小的k转移到较大的k（跳过时），所以k循环放在最内层，并且从小到大。 第六步：答案 最终答案是max_ {k=0..K} dp[ len(s)][ len(t)][ k ]，即在所有可能的跳过次数下，最大的子序列长度。 第七步：示例推演 以s="abc d", t="abxcyd", K=1为例。 dp[ 1][ 1][ 0 ] = 1 (匹配a) dp[ 2][ 2][ 0 ] = 2 (匹配b) dp[ 3][ 3][ 0] = 2 (c != x, 不匹配) dp[ 3][ 4][ 0] = 2 (c != c? 这里t[ 3 ]是x, 不对) 我们一步步来： 实际上，我们可以用跳过：跳过t中的x，此时dp[ 3][ 4][ 1] = dp[ 3][ 3][ 0 ] = 2（跳过x，长度不变，跳过次数+1） 之后遇到' '，'* '可以匹配t中的'c'（t[ 4]是c），所以dp[ 4][ 5][ 1] = dp[ 4][ 4][ 1] + 1? 细节略，但最终可以得到dp[ 5][ 6][ 1 ] = 4。 第八步：优化与思考 本题状态数O(n m K)，转移O(1)，在K不大时可接受。注意通配符的处理需要小心，确保'* '匹配多个字符的逻辑正确。 另外，如果跳过次数K很大，接近n+m，则问题退化为允许任意跳过，即求带通配符的LCS，此时K的维度可以省略。 这就是这道题目的完整解法。它结合了通配符匹配、跳过机制和LCS，是一个综合性较强的线性DP问题。