最长公共子串算法 O(n*m) 蛮力

【问题标题】：Longest common substring Algorithm O(n*m) brute force最长公共子串算法 O(n*m) 蛮力
【发布时间】：2012-10-15 05:24:23
【问题描述】：

我正在查看http://en.wikipedia.org/wiki/Longest_common_substring_problem上的算法

他们使用动态编程，这给了他们 O(nm) 的时间。但是，用蛮力算法不能实现相同的时间复杂度吗？我正在做一个家庭作业问题，在 O(n*m) 时间内找到这个算法，其中 n 和 m 是字符串长度。

对于字符串 A 和字符串 B，我检查 A[i] 是否等于 B 中的任何元素。如果确实等于某个 B[j]，则检查 A[i + 1] 是否等于 B[j + 1 ]，然后如果 A[i + 2] = in B[i + 2] 依此类推，直到不再有匹配或字符串结尾。如果是不匹配的情况，则从我们在 B 中检查的最后一个元素开始继续检查 B 中的 A[i]。我们对每个 A 元素重复此过程，同时存储到目前为止找到的最大子字符串的开始和结束索引.该算法似乎是 O(n*m)。如果我没有错的话，有什么理由不使用这种方法吗？

感谢您的帮助。

【问题讨论】：

标签： algorithm substring

【解决方案1】：

如果我正确阅读了您的算法，那么我认为它是错误的。

让A = "abac" 和B = "ababac"。然后，使用i = 0，我们看到字符串匹配j = 0。所以我们开始匹配，并在j = 3 失败，因为b != c。所以我们从j = 3 开始匹配，但从b != a 开始就立即失败（注意我们不是从j = 2 开始，因为我们在那里成功匹配了a = a）。然后我们会得出结论，最长的子字符串是aba，这是不正确的。

【讨论】：

啊，好吧，你是对的。我想在那种情况下，我会让 A[i] 检查下一个 B 元素 B[j + 1] 而不是最后一个检查的元素。但是，如果 n = m，那么每个 A 元素将是 n^2 次迭代，给我 O(n^3)。维基就是这样。谢谢。