最長公共子序列（LCS）
【問題】 求兩字符序列的最長公共字符子序列
問題描述：字符序列的子序列是指從給定字符序列中隨意地（不一定連續）去掉若干個字符（可能一個也不去掉）后所形成的字符序列。令給定的字符序列X=“x0，x1，…，xm-1”，序列Y=“y0，y1，…，yk-1”是X的子序列，存在X的一個嚴格遞增下標序列<i0，i1，…，ik-1>，使得對所有的j=0，1，…，k-1，有xij=yj。例如，X=“ABCBDAB”，Y=“BCDB”是X的一個子序列。
考慮最長公共子序列問題如何分解成子問題，設A=“a0，a1，…，am-1”，B=“b0，b1，…，bm-1”，並Z=“z0，z1，…，zk-1”為它們的最長公共子序列。不難證明有以下性質：
（1） 如果am-1=bn-1，則zk-1=am-1=bn-1，且“z0，z1，…，zk-2”是“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bn-2”的一個最長公共子序列；
（2） 如果am-1!=bn-1，則若zk-1!=am-1，蘊涵“z0，z1，…，zk-1”是“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bn-1”的一個最長公共子序列；
（3） 如果am-1!=bn-1，則若zk-1!=bn-1，蘊涵“z0，z1，…，zk-1”是“a0，a1，…，am-1”和“b0，b1，…，bn-2”的一個最長公共子序列。
這樣，在找A和B的公共子序列時，如有am-1=bn-1，則進一步解決一個子問題，找“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bm-2”的一個最長公共子序列；如果am-1!=bn-1，則要解決兩個子問題，找出“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bn-1”的一個最長公共子序列和找出“a0，a1，…，am-1”和“b0，b1，…，bn-2”的一個最長公共子序列，再取兩者中較長者作為A和B的最長公共子序列。
求解：
引進一個二維數組c[][]，用c[i][j]記錄X[i]與Y[j] 的LCS 的長度，b[i][j]記錄c[i][j]是通過哪一個子問題的值求得的，以決定搜索的方向。
我們是自底向上進行遞推計算，那么在計算c[i,j]之前，c[i-1][j-1]，c[i-1][j]與c[i][j-1]均已計算出來。此時我們根據X[i] = Y[j]還是X[i] != Y[j]，就可以計算出c[i][j]。
問題的遞歸式寫成：
回溯輸出最長公共子序列過程：
算法分析：
由於每次調用至少向上或向左（或向上向左同時）移動一步，故最多調用(m + n)次就會遇到i = 0或j = 0的情況，此時開始返回。返回時與遞歸調用時方向相反，步數相同，故算法時間復雜度為Θ(m + n)。
那么以HDU 1159來做演示、
1 #include<cstring> 2 #include<cmath> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 const int qq=1e3+10; 6 char x[qq],y[qq]; 7 int dp[qq][qq]; 8 int main() 9 { 10 while(~scanf("%s%s",x+1,y+1)){ 11 x[0]=y[0]='.'; 12 int len=strlen(x)>strlen(y)?strlen(x):strlen(y); 13 // printf("%d %d\n",strlen(x),strlen(y)); 14 for(int i=0;i<=len;++i) 15 dp[i][0]=dp[0][i]=0; 16 for(int j,i=1;i<strlen(x);++i) 17 for(j=1;j<strlen(y);++j) 18 if(x[i]==y[j]) 19 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; 20 else 21 dp[i][j]=dp[i-1][j]>dp[i][j-1]?dp[i-1][j]:dp[i][j-1]; 22 printf("%d\n",dp[strlen(x)-1][strlen(y)-1]); 23 } 24 return 0; 25 }
最長遞增子序列（LIS）
以POJ 2533來講解吧、
現在給你一個序列，要你求最長上升子序列，那么把這個序列排一個序，然后和原有序列進行LCS 是不是就解決問題了呢？
當然還有dp思路了、
dp[ i ]以序列中第i個元素結尾的最長上升子序列的長度
那么狀態轉移方程為：if (a[i] > a[j]) dp[i] = MAX (dp[i], dp[j] + 1);
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 #include<cstring> 4 const int qq=1005; 5 int dp[qq]; 6 int num[qq]; 7 int main() 8 { 9 int n; 10 while(~scanf("%d",&n)){ 11 memset(dp,0,sizeof(dp)); // 5 6 7 8 1 12 for(int i=0;i<n;++i) 13 scanf("%d",&num[i]); 14 dp[0]=1; 15 int x=0; 16 for(int j,i=0;i<n;++i){ 17 int maxn=0; 18 for(j=0;j<i;++j) //這里利用了遞推的原理、 19 if(num[i]>num[j]) //由前面的最長遞增子序列推出后面的最長遞增子序列、 20 maxn=maxn>dp[j]?maxn:dp[j]; 21 dp[i]=maxn+1; 22 if(dp[i]>x) x=dp[i]; //x記錄的是當前的最大值、 23 } 24 printf("%d\n",x); 25 } 26 return 0; 27 }
對於LIS還有一種O（n*logn）的做法、
這里以HDU 1025為例、
轉載自 kuangbin
假設要尋找最長上升子序列的序列是a[n]，然后尋找到的遞增子序列放入到數組b中。
（1）當遍歷到數組a的第一個元素的時候，就將這個元素放入到b數組中，以后遍歷到的元素都和已經放入到b數組中的元素進行比較；
（2）如果比b數組中的每個元素都大，則將該元素插入到b數組的最后一個元素，並且b數組的長度要加1；
（3）如果比b數組中最后一個元素小，就要運用二分法進行查找，查找出第一個比該元素大的最小的元素，然后將其替換。
在這個過程中，只重復執行這兩步就可以了，最后b數組的長度就是最長的上升子序列長度。例如：如該數列為：
5 9 4 1 3 7 6 7
那么：
5 //加入
5 9 //加入
4 9 //用4代替了5
1 9 //用1代替4
1 3 //用3代替9
1 3 7 //加入
1 3 6 //用6代替7
1 3 6 7 //加入
最后b中元素的個數就是最長遞增子序列的大小，即4。
要注意的是最后數組里的元素並不就一定是所求的序列，
例如如果輸入 2 5 1
那么最后得到的數組應該是 1 5
而實際上要求的序列是 2 5
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 const int qq=500000+5; 6 int city[qq]; 7 int dp[qq]={0}; 8 int search(int x,int l,int r) 9 { //二分查找找到一個位置，使得x>dp[i-1], 並且x<dp[i],並用x代替dp[i] 10 int m; 11 while(l<=r){ 12 m=(l+r)>>1; 13 if(x>=dp[m]) l=m+1; 14 else r=m-1; 15 } 16 return l; 17 } 18 int DP(int n) 19 { 20 int i,len; 21 dp[1]=city[1]; 22 len=1; 23 for(int i=2;i<=n;++i){ 24 if(city[i]>=dp[len]){ 25 len=len+1; 26 dp[len]=city[i]; 27 } 28 else{ 29 int temp=search(city[i],1,len); 30 dp[temp]=city[i]; 31 } 32 } 33 return len; 34 } 35 int main() 36 { 37 int n; 38 int t=1; 39 while(~scanf("%d",&n)){ 40 int a,b; 41 for(int i=0;i<n;++i){ 42 scanf("%d%d",&a,&b); 43 city[a]=b; 44 } 45 int maxn=DP(n); 46 printf("Case %d:\n",t++); 47 if(maxn==1) printf("My king, at most 1 road can be built.\n\n");//注意這里road的復數問題，超級坑 48 else printf("My king, at most %d roads can be built.\n\n",maxn); 49 memset(dp,0,sizeof(dp)); 50 } 51 return 0; 52 }
最長遞增公共子序列（LICS）
轉載：傳送門
那么以ZOJ的2432為例、
最長公共上升子序列（LCIS）的O(n^2)算法
預備知識：動態規划的基本思想，LCS，LIS。
問題：字符串a，字符串b，求a和b的LCIS（最長公共上升子序列）。
首先我們可以看到，這個問題具有相當多的重疊子問題。於是我們想到用DP搞。DP的首要任務是什么？定義狀態。
1定義狀態F[i][j]表示以a串的前i個字符b串的前j個字符且以b[j]為結尾構成的LCIS的長度。
為什么是這個而不是其他的狀態定義？最重要的原因是我只會這個，還有一個原因是我知道這個定義能搞到平方的算法。而我這只會這個的原因是，這個狀態定義實在是太好用了。這一點我后面再說。
我們來考察一下這個這個狀態。思考這個狀態能轉移到哪些狀態似乎有些棘手，如果把思路逆轉一下，考察這個狀態的最優值依賴於哪些狀態，就容易許多了。這個狀態依賴於哪些狀態呢？
首先，在a[i]!=b[j]的時候有F[i][j]=F[i-1][j]。為什么呢？因為F[i][j]是以b[j]為結尾的LCIS，如果F[i][j]>0那么就說明a[1]..a[i]中必然有一個字符a[k]等於b[j]（如果F[i][j]等於0呢？那賦值與否都沒有什么影響了）。因為a[k]!=a[i]，那么a[i]對F[i][j]沒有貢獻，於是我們不考慮它照樣能得出F[i][j]的最優值。所以在a[i]!=b[j]的情況下必然有F[i][j]=F[i-1][j]。這一點參考LCS的處理方法。
那如果a[i]==b[j]呢？首先，這個等於起碼保證了長度為1的LCIS。然后我們還需要去找一個最長的且能讓b[j]接在其末尾的LCIS。之前最長的LCIS在哪呢？首先我們要去找的F數組的第一維必然是i-1。因為i已經拿去和b[j]配對去了，不能用了。並且也不能是i-2，因為i-1必然比i-2更優。第二維呢？那就需要枚舉b[1]..b[j-1]了，因為你不知道這里面哪個最長且哪個小於b[j]。這里還有一個問題，可不可能不配對呢？也就是在a[i]==b[j]的情況下，需不需要考慮F[i][j]=F[i-1][j]的決策呢？答案是不需要。因為如果b[j]不和a[i]配對，那就是和之前的a[1]..a[j-1]配對（假設F[i-1][j]>0，等於0不考慮），這樣必然沒有和a[i]配對優越。（為什么必然呢？因為b[j]和a[i]配對之后的轉移是max(F[i-1][k])+1，而和之前的i`配對則是max(F[i`-1][k])+1。顯然有F[i][j]>F[i`][j],i`>i）
於是我們得出了狀態轉移方程：
a[i]!=b[j]: F[i][j]=F[i-1][j]
a[i]==b[j]: F[i][j]=max(F[i-1][k])+1 1<=k<=j-1&&b[j]>b[k]
不難看到，這是一個時間復雜度為O(n^3)的DP，離平方還有一段距離。
但是，這個算法最關鍵的是，如果按照一個合理的遞推順序，max(F[i-1][k])的值我們可以在之前訪問F[i][k]的時候通過維護更新一個max變量得到。怎么得到呢？首先遞推的順序必須是狀態的第一維在外層循環，第二維在內層循環。也就是算好了F[1][len(b)]再去算F[2][1]。
如果按照這個遞推順序我們可以在每次外層循環的開始加上令一個max變量為0，然后開始內層循環。當a[i]>b[j]的時候令max=F[i-1][j]。如果循環到了a[i]==b[j]的時候，則令F[i][j]=max+1。
最后答案是F[len(a)][1]..F[len(a)][len(b)]的最大值。
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 const int qq=505; 5 int a[qq],b[qq]; 6 int dp[qq][qq]; 7 int prex[qq][qq]; 8 int prey[qq][qq]; 9 int count,ans; 10 void out(int x,int y) //遞歸輸出路徑、 11 { 12 if(dp[x][y]==0) return; 13 int xx=prex[x][y]; 14 int yy=prey[x][y]; 15 out(xx,yy); 16 if(dp[x][y]!=dp[xx][yy] && y!=0){ 17 printf("%d",b[y]); 18 count++; 19 if(count<ans) printf(" "); 20 else printf("\n"); 21 } 22 } 23 int main() 24 { 25 int t;scanf("%d",&t); 26 while(t--){ 27 int n; 28 scanf("%d",&n); 29 for(int i=1;i<=n;++i) 30 scanf("%d",&a[i]); 31 int m; 32 scanf("%d",&m); 33 for(int i=1;i<=m;++i) 34 scanf("%d",&b[i]); 35 memset(prex,-1,sizeof(prex)); 36 memset(prey,-1,sizeof(prey)); 37 memset(dp,0,sizeof(dp)); 38 for(int j,i=1;i<=n;++i){ 39 int maxn=0; 40 int x,y;x=y=0; 41 for(j=1;j<=m;++j){ 42 dp[i][j]=dp[i-1][j]; //先更新狀態，如果后面會更新的話再去更新 43 prex[i][j]=i-1; 44 prey[i][j]=j; 45 if(a[i]>b[j] && maxn<dp[i-1][j]){ //我開始一直沒想通為什么要在a[i]>b[j]的時候才更新值 46 maxn=dp[i-1][j];// 其實你想想dp[i][j]中i,j都有什么含義、 47 x=i-1; // 這個if里面更新出來的maxn只有在滿足a[i]==b[j]的時候才有用、 48 y=j; // 這里更新出來的值就是為了保證當a[i]==b[j]的時候 49 } //所更新出來的最大值是一個遞增的子序列、 50 else if(a[i]==b[j]){ 51 dp[i][j]=maxn+1; 52 prex[i][j]=x; 53 prey[i][j]=y; 54 } 55 } 56 } 57 for(int i=1;i<=n;++i){ 58 for(int j=1;j<=m;++j) 59 printf("%d ",dp[i][j]); 60 printf("\n"); 61 } 62 ans=0; 63 int flag=-1; 64 for(int i=1;i<=m;++i){ 65 if(ans<dp[n][i]){ 66 flag=i; 67 ans=dp[n][i]; 68 } 69 } 70 printf("%d\n",ans); 71 int x=n,y=flag; 72 count=0; 73 if(ans>0) 74 out(x,y); 75 if(t) printf("\n"); 76 } 77 return 0; 78 }