Algorithm 如何为最长公共子序列（LCS）的这种特殊情况找到更快的算法？

我知道LCS问题需要时间~O（mn），其中m和n分别是两个序列X和Y的长度。但是我的问题稍微简单一点，所以我希望有一个比~O（mn）更快的算法

我的问题是：

输入：

一个正整数Q，两个序列X=x1，x2，x3…..xn和Y=y1，y2，y3…yn，长度均为n

输出：

如果X和Y的LCS的长度至少为n-Q，则为True

否则就错了

众所周知的算法在这里花费O（n^2），但实际上我们可以做得更好。因为每当我们在两个序列中消除多达Q个元素而没有找到公共元素时，结果返回False。有人说应该有一个和O（Q*n）一样好的算法，但我不明白

更新： 已经找到答案了

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我被告知我可以计算表c[I，j]的对角块，因为如果| I-j |>Q，意味着两个序列中已经有超过Q个不匹配的元素。所以我们只需要在| i-j |时计算c[i，j]，这里有一种可能的方法：
1.让我们假设

f（prefix_len，deleted_cnt）

是

Y

中最左边的位置，这样

prefix_len

元素的

X

已经被处理，并且其中的

deleted_cnt

已经被删除。显然，只有

O（N*Q）

状态，因为

deleted\u cnt

不能超过

Q

2.基本情况是

f（0，0）=0

（未处理任何内容，因此未删除任何内容）。
3.过渡：
a） 删除当前元素：

f（i+1，j+1）=min（f（i+1，j+1），f（i，j））

b） 将当前元素与位于

f（i，j）

之后的

Y

中最左边的元素相匹配（假设它有索引

pos

）：

f（i+1，j）=min（f（i+1，j），pos）

4.因此，剩下的唯一问题是如何从给定位置获得位于右侧的最左侧匹配元素。让我们预先计算以下几对：（位于

Y

，元素

X

）->元素

Y

最左边的匹配项等于

X

这个元素在

Y

的右边，并将它们放入哈希表中。它看起来像

O（n^2）

。但事实并非如此。对于

Y

中的固定位置，我们永远不需要从它向右移动，而只需要通过

Q+1

位置。为什么？如果我们更进一步，我们将跳过超过

Q

元素！因此，我们可以使用这个事实只检查

O（N*Q）

对，并获得所需的时间复杂度。当我们有这个哈希表时，在步骤3中查找

pos

仅仅是一个哈希表查找。以下是此步骤的伪代码：

map = EmptyHashMap()
for i = 0 ... n - 1:
    for j = i + 1 ... min(n - 1, i + q + 1)
        map[(i, Y[j])] = min(map[(i, Y[j])], j)

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不幸的是，此解决方案使用哈希表，因此它的平均时间复杂度为

O（N*Q）

，在最坏的情况下不是这样，但它应该是可行的。

您还可以说，使字符串相等的过程成本不得大于Q。如果大于Q，则答案必须为false。（编辑距离问题）

假设字符串x的长度为m，字符串y的大小为n，那么我们创建一个二维数组d[0..m][0..n]，其中d[i][j]表示x的i长度前缀和y的j长度前缀之间的编辑距离

数组d的计算使用动态规划完成，动态规划使用以下递归：

d[i][0] = i , for i <= m
d[0][j] = j , for j <= n

d[i][j] = d[i - 1][j - 1], if s[i] == w[j],
d[i][j] = min(d[i - 1][j] + 1, d[i][j - 1] + 1, d[i - 1][j - 1] + 1), otherwise.

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d[i][0]=i，对于i，本质上你只需要找到长度n-Q的公共子序列，因此我们知道它必须从第一个Q+1位置之一开始。那一定会有帮助的。谢谢！这个方法很好。然而，有人告诉我，我可以只计算表c[I，j]的对角块，因为如果| I-j |>Q，意味着两个序列中已经有超过Q个不匹配的元素。所以我们只需要计算c[i，j]当| i-j |@ValarMorghulis噢，是的。这真的很简单！我的解决方案看起来太过分了。