Изменения

|definition = Пусть имеются последовательности <tex> X = \left \langle x_1, x_2, \dots, x_m \right \rangle </tex> и <tex> Y = \left \langle y_1, y_2, \dots, y_n \right \rangle </tex>. Необходимо найти <tex>LCS(X,Y)</tex> за время <tex> O(nm) </tex> и <tex> O(\min (n, + m)) </tex> памяти.

Не теряя общности, будем считать, что <tex> m \ge geqslant n </tex>. Тогда разобьем последовательность <tex> X </tex> на две равные части <texdpi="200"> x^1 x_1 \left [0 \dots \frac {m} {2} \right ] </tex> и <texdpi="200"> x^2 x_2 \left [\frac {m} {2} + 1 \dots m \right ] </tex>. Найдем <tex> LCS </tex> для <tex> x^1 x_1 </tex> и всех префиксов последовательности <tex>Y</tex>, аналогично - — для развернутых последовательностей <tex> x^2 x_2 </tex> и <tex> Y </tex>. Стоит отметить, что для нахождения <tex> LCS </tex> на всех префиксах достаточно одного квадратичного прохода, так как <tex>i</tex>-ый элемент последней строки результирующей матрицы есть не что иное, как <tex> LCS </tex> первой последовательности и префикса второй длины <tex>i</tex>. Затем выберем такой индекс <tex> j </tex>, что <tex> \left | LCS(x^1x_1, y \left [0 \dots j \right ]) + LCS(reverse(x^2x_2), reverse(y \left [j + 1 \dots n \right ])) \right | = max </tex> . Запустим алгоритм рекурсивно для пар <tex>(x^1x_1, y \left [0 \dots j \right ])</tex> и <tex>(x^2x_2, y \left [j + 1 \dots n \right ])</tex>. Будем продолжать до тех пор, пока в <tex>X</tex> не останется ровно <tex>1 </tex> элемент, тогда достаточно проверить, входит ли он текущую часть <tex>Y</tex>, если входит, то вернем добавим этот символв ответ, если нет - — вернем пустую строку. Таким образом ответом , в результате работы алгоритма соберем последовательность, которая будет конкатенация являться искомой. === Псевдокод === В данном примере <tex> x, y </tex> — последовательности, <tex> ans </tex> — вектор ответа. <tex> LCS </tex> — функция, возвращающая последнюю строку матрицы <tex> lcs </tex>, для определения ответа на всех вызовов префиксах. Важно отметить, что для ее вычисления необходимо и достаточно хранить лишь две соседние строки матрицы <tex> lcs </tex> в любой момент времени. Так как вопрос оптимальности используемой памяти является важным местом данного алгоритма, то передачу различных отрезков последовательностей стоит воспринимать, как скрытую передачу границ для хранящихся глобально данных.   '''void''' hirschberg(x: '''vector''', y: '''vector'''): '''if''' y.size() <= 0 return '''if''' x.size() == 1 '''if''' y.contains(x[0]) ans.push(x[0]) ''<font color="green"> // сохранение очередного элемента lcs </font>'' return mid = x.size() / 2 f[] = LCS(x[0 .. mid], y) s[] = LCS(reverse(x[mid + 1 .. x.size()]), reverse(y)) ''<font color="green">// s[i] хранит lcs для второй половины x и суффикса y[i..y.size()] '' ''// это позволяет использовать общий индекс в качестве точки разделения</font>'' max = s[0] it_max = -1 '''for''' j = 0 '''to''' y.size() '''if''' f[j] + s[j + 1] > max max = f[j] + s[j + 1] it_max = j '''if''' f[y.size() - 1] > max it_max = y.size() - 1 hirschberg(x[0 .. mid], y[0 .. it_max]) hirschberg(x[mid + 1 .. x.size()], y[it_max + 1 .. y.size()]) === Доказательство корректности === Осталось понять, что алгоритм находит нужную подпоследовательность. Не теряя общности, будем считать, что <tex> lcs </tex> единственная, так как нам не важно какую из равных по длине подпоследовательностей выбирать. Тогда рассмотрим разделение на две части <tex>X</tex>, часть символов LCS (возможно нулевая) попадет в первую половину, оставшаяся — во вторую. Пусть <tex> x_i </tex> последний символ из LCS в первой половине, тогда наш алгоритм выберет соответствующий ему <tex> y_i </tex> в качестве точки разделения. То есть символы из <tex> y </tex>, которые связанысо второй половиной <tex> x </tex>, лежат правее <tex> y_i </tex>, в противном случае, либо <tex> y_i </tex> не состоит в паре с <tex> x_i </tex>, либо <tex> x_i </tex> не последний символ из <tex> lcs </tex> в первой половине. Заметим, что если первая половина не содержит <tex> lcs </tex>, то точки разбиения не будет, для симметричного случая со второй половиной точкой разбиения будет <tex> y_i </tex>, которая включается в первую половину. Таким образом, мы свели поиск исходной <tex> lcs </tex> к поиску двух независимых частей. Когда в <tex> X </tex> останется <tex>1</tex> символ, то возможны два варинта, либо он входит в <tex> lcs </tex>, либо нет, в чем мы убеждаемся линейным поиском, случай, когда последний <tex> x </tex> не входит в <tex> lcs </tex>, возникает из-за того, что на каком-то шаге, вся подпоследовательность оказалась в одной из половин <tex> X </tex>. === Асимптотика ===  Рассмотрим временные затраты алгоритма. Рекурсия представима в виде бинарного дерева высоты не более <tex> \log (m) </tex>, так как она основана на разделении первой последовательности на две равные части на каждом шаге алгоритма. Оценим время выполнения для произвольной глубины такого дерева и просуммируем результат по всем возможным значениям парметра. На глубине <tex> h </tex> находится <tex> 2^h </tex> вершин с частью последовательности <tex> x </tex> размера <tex dpi = "200">\displaystyle\frac{m}{2^h} </tex> и частью <tex> y </tex> длины <tex> k_i </tex>, где сумма семейства <tex> k_i </tex> равна <tex> n </tex>. Таким образом, получаем: * На глубине h: <tex dpi = "200">{\displaystyle \sum_{i = 0}^{2^h - 1} \limits\frac{m}{2^h} k_i = \frac{m}{2^h} \sum_{i = 0}^{2^h - 1} \limits k_i = \frac{mn}{2^h}}</tex>  * Сумммируем по глубинам: <tex dpi = "200">{\displaystyle \sum_{i = 0}^{\log m}\limits\frac{mn}{2^i} = mn \sum_{i = 0}^{\log m}\limits \frac{1}{2^i} < mn \sum_{i = 0}^{\infty}\limits \frac{1}{2^i} = 2mn} </tex>  * Итоговая асимптотика алгоритма: <tex> O(mn) </tex>  Проанализируем затраты на память. Три глобальные последовательности (две исходные и одна для ответа), к которым мы обращаемся внутри алгоритма, требуют <tex> m + n + \min (m, n) </tex> памяти. Дополнительно на каждом шаге рекурсии вызываются <tex>2</tex> функции<tex> LCS </tex>, которые суммарно требуют <tex> 4k_i </tex>, где <tex> k_i </tex> — длина части <tex> y </tex> в текущий момент, так как для нахождения <tex> LCS </tex> достаточно двух строк матрицы <tex> lcs </tex>.Вспомогательные массивы удаляются перед рекурсивным вызовом, таким образом, общие затраты равны сумме размеров массивов на одной глубине рекурсии, то есть:  * На глубине h: <tex dpi = "200">{\displaystyle\sum_{i = 0}^{2^h - 1}\limits 4 k_i = 4 \sum_{i = 0}^{2^h - 1}\limits k_i = 4n} </tex>  * Итого: <tex dpi = "200">{n + m + \min(m, n) + 4n = O(n + m)}</tex>