最长公共子序列问题（Longest Common Subsequence），该问题可以表述为，在 $A,B$ 中找出一段子序列 $x$，使得 $x$ 既是 $A$ 的子序列，又是 $B$ 的子序列。

你可以理解为，在两个序列中分别删除一些元素（剩下的不一定连续），使得两个序列的剩余部分相同且长度最长。

暴力解法可以用 DFS，但是时间复杂度为 $O(|A|\times 2^{|B|})$，不能够满足我们的需求。

考虑动态规划。

定义：设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共子序列。

答案为 $d{p}_{n,m}$。

状态转移：

$$d{p}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}d{p}_{i-1,j-1}& A_i=B_j\\ \max (d{p}_{i-1,j},d{p}_{i,j-1})& \text{otherwise}\end{array}$$

但如果需要输出任意合法路径（题目：51Nod - 1006），怎么办？

递归倒推回去。

设 $f(x,y)$ 表示 $A$ 序列前 $x$ 个和 $B$ 序列前 $y$ 个的匹配情况。

如果 $A_x=B_y$，那么说明选择了这个点，输出 $A_x$（或 $B_y$），同时调用 $f(x-1,y-1)$。

否则，如果 $d{p}_{x-1,y}>d{p}_{x,y-1}$，调用 $f(x-1,y)$。

否则调用 $f(x,y-1)$。

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int dp[1005][1005];
string s,t;
void print(int x,int y){if(!x||!y){return;}if(s[x]==t[y]){print(x-1,y-1);cout<<s[x];}else{if(dp[x-1][y]>dp[x][y-1]){print(x-1,y);}else{print(x,y-1);}}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>s>>t;s=' '+s,t=' '+t;for(int i=1;i<s.size();i++){for(int j=1;j<t.size();j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}print(s.size()-1,t.size()-1);return 0;
}

HDU-1159 Common Subsequence

最基础的那道题，本来应该放前面的。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共子序列。

答案为 $d{p}_{n,m}$。

状态转移：

$$d{p}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}d{p}_{i-1,j-1}& A_i=B_j\\ \max (d{p}_{i-1,j},d{p}_{i,j-1})& \text{otherwise}\end{array}$$

注意：*.size() 类型为无符号整型，不管在哪个容器都一样。

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int dp[1005][1005]; // 设 dp[i][j] 表示 A 串前 i 个字符和 B 串前 j 个字符的最长公共子序列
string s,t;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);while(cin>>s>>t){s=' '+s,t=' '+t;for(int i=1;i<s.size();i++){for(int j=1;j<t.size();j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}cout<<dp[s.size()-1][t.size()-1]<<'\n';}return 0;
}

U118717 最长公共上升子序列

注意：该做法不太严谨，数据太水，本来应该会 TLE 的。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共上升子序列。

答案： max ⁡ { d p i , j } \max\{dp_{i,j}\} max{dpi,j​}。

计算前先进行 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$。

若 $A_i=B_j$，那么 $d{p}_{i,j}=\max (dp[i][j],1)$。

枚举 $k(k\in [1,j-1])$，若 $b_k<b_j$，则：

$$d{p}_{i,j}=\max (d{p}_{i,j},d{p}_{i,k}+1)$$

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,dp[3005][3005],a[3005],b[3005],ans;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(a[i]==b[j]){dp[i][j]=max(dp[i-1][j],1ll);for(int k=1;k<j;k++){if(b[k]<b[j]){dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+1);}}}ans=max(ans,dp[i][j]);}}cout<<ans;return 0;
}

P2516 [HAOI2010] 最长公共子序列

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共上升子序列，$pat{h}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共上升子序列的方案数。

先处理出 $d{p}_{i,j}$。然后考虑如何处理 $pat{h}_{i,j}$。

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$，说明是从 $d{p}_{i-1,j}$ 转移过来的，那么：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}+pat{h}_{i-1,j})\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i,j-1}$，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}+pat{h}_{i,j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $A_i=B_j$ 且 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}+1$，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}+pat{h}_{i-1,j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i-1,j-1}=d{p}_{i,j}$，那么说明 $d{p}_{i-1,j-1}$ 会重复计算，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}-pat{h}_{i-1,j-1})\mathrm{mod}10^8$$

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e8;
string s,t;
int dp[5005][5005],n,m,path[5005][5005];
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>s>>t;n=s.size(),m=t.size();s=' '+s,t=' '+t;n--,m--;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}for(int i=0;i<=m;i++){path[0][i]=1;}for(int i=0;i<=n;i++){path[i][0]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(dp[i][j]==dp[i-1][j]){path[i][j]=(path[i][j]+path[i-1][j])%mod;}if(dp[i][j]==dp[i][j-1]){path[i][j]=(path[i][j]+path[i][j-1])%mod;}if(s[i]==t[j]&&dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1){path[i][j]=(path[i][j]+path[i-1][j-1])%mod;}if(dp[i-1][j-1]==dp[i][j]){path[i][j]=((path[i][j]-path[i-1][j-1])%mod+mod)%mod;}}}cout<<dp[n][m]<<'\n'<<path[n][m];return 0;
}

提交上去你就会发现是 $70$ 分。

只有可怜的 125MB 空间显然过不了。

考虑滚动优化。

可以发现 $path$ 只涉及到 $i-1$ 和 $i$ 层，可以开两个数字分别处理第 $i$ 层和第 $i-1$ 层。

$i-1$ 层用 $pre$，进行存储。

然后：

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$，说明是从 $d{p}_{i-1,j}$ 转移过来的，那么：

$$pat{h}_j=(pat{h}_j+pr{e}_j)\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i,j-1}$，则：

$$pat{h}_j=(pat{h}_j+pat{h}_{j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $A_i=B_j$ 且 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}+1$，则：

$$pat{h}_j=(pat{h}_j+pr{e}_{j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i-1,j-1}=d{p}_{i,j}$，那么说明 $d{p}_{i-1,j-1}$ 会重复计算，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}-pr{e}_{j-1})\mathrm{mod}10^8$$

初始化：

$$\begin{gathered} i\in [0,m],pr{e}_i=1 \\ i\in [0,n],pat{h}_i=1 \end{gathered}$$

注意：$path$ 数组每一层都需要清空。

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e8;
string s,t;
int dp[5005][5005],n,m,path[5005],pre[5005];
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>s>>t;n=s.size(),m=t.size();s=' '+s,t=' '+t;n--,m--;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}for(int i=0;i<=m;i++){pre[i]=1;}for(int i=0;i<=n;i++){path[i]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){path[j]=0;if(dp[i][j]==dp[i-1][j]){path[j]=(path[j]+pre[j])%mod;}if(dp[i][j]==dp[i][j-1]){path[j]=(path[j]+path[j-1])%mod;}if(s[i]==t[j]&&dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1){path[j]=(path[j]+pre[j-1])%mod;}if(dp[i-1][j-1]==dp[i][j]){path[j]=((path[j]-pre[j-1])%mod+mod)%mod;}}for(int j=1;j<=m;j++){pre[j]=path[j];}}cout<<dp[n][m]<<'\n'<<path[m];return 0;
}
```最长公共子序列问题（Longest Common Subsequence），该问题可以表述为，在 $A,B$ 中找出一段子序列 $x$，使得 $x$ 既是 $A$ 的子序列，又是 $B$ 的子序列。![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/8c6poexo.png)你可以理解为，在两个序列中分别删除一些元素（剩下的不一定连续），使得两个序列的剩余部分相同且长度最长。暴力解法可以用 DFS，但是时间复杂度为 $O(|A|\times 2^{|B|})$，不能够满足我们的需求。考虑动态规划。定义：设 $dp_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共子序列。答案为 $dp_{n,m}$。状态转移：$$
dp_{i,j}=\begin{cases}
dp_{i-1,j-1}& A_i=B_j\\
\max(dp_{i-1,j},dp_{i,j-1})&\text{otherwise}
\end{cases}
$$但如果需要输出任意合法路径（题目：[51Nod - 1006](https://vjudge.net/problem/51Nod-1006)），怎么办？递归倒推回去。设 $f(x,y)$ 表示 $A$ 序列前 $x$ 个和 $B$ 序列前 $y$ 个的匹配情况。如果 $A_x=B_y$，那么说明选择了这个点，输出 $A_x$（或 $B_y$），同时调用 $f(x-1,y-1)$。否则，如果 $dp_{x-1,y}>dp_{x,y-1}$，调用 $f(x-1,y)$。否则调用 $f(x,y-1)$。
### 实现
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int dp[1005][1005];
string s,t;
void print(int x,int y){if(!x||!y){return;}if(s[x]==t[y]){print(x-1,y-1);cout<<s[x];}else{if(dp[x-1][y]>dp[x][y-1]){print(x-1,y);}else{print(x,y-1);}}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>s>>t;s=' '+s,t=' '+t;for(int i=1;i<s.size();i++){for(int j=1;j<t.size();j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}print(s.size()-1,t.size()-1);return 0;
}

HDU-1159 Common Subsequence

最基础的那道题，本来应该放前面的。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共子序列。

答案为 $d{p}_{n,m}$。

状态转移：

$$d{p}_{i,j}=\{\begin{array}{ll}d{p}_{i-1,j-1}& A_i=B_j\\ \max (d{p}_{i-1,j},d{p}_{i,j-1})& \text{otherwise}\end{array}$$

注意：*.size() 类型为无符号整型，不管在哪个容器都一样。

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int dp[1005][1005]; // 设 dp[i][j] 表示 A 串前 i 个字符和 B 串前 j 个字符的最长公共子序列
string s,t;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);while(cin>>s>>t){s=' '+s,t=' '+t;for(int i=1;i<s.size();i++){for(int j=1;j<t.size();j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}cout<<dp[s.size()-1][t.size()-1]<<'\n';}return 0;
}

U118717 最长公共上升子序列

注意：该做法不太严谨，数据太水，本来应该会 TLE 的。

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共上升子序列。

答案： max ⁡ { d p i , j } \max\{dp_{i,j}\} max{dpi,j​}。

计算前先进行 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$。

若 $A_i=B_j$，那么 $d{p}_{i,j}=\max (dp[i][j],1)$。

枚举 $k(k\in [1,j-1])$，若 $b_k<b_j$，则：

$$d{p}_{i,j}=\max (d{p}_{i,j},d{p}_{i,k}+1)$$

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,dp[3005][3005],a[3005],b[3005],ans;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){dp[i][j]=dp[i-1][j];if(a[i]==b[j]){dp[i][j]=max(dp[i-1][j],1ll);for(int k=1;k<j;k++){if(b[k]<b[j]){dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][k]+1);}}}ans=max(ans,dp[i][j]);}}cout<<ans;return 0;
}

P2516 [HAOI2010] 最长公共子序列

设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共上升子序列，$pat{h}_{i,j}$ 表示 $A$ 序列前 $i$ 个与 $B$ 序列的前 $j$ 个的最长公共上升子序列的方案数。

先处理出 $d{p}_{i,j}$。然后考虑如何处理 $pat{h}_{i,j}$。

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$，说明是从 $d{p}_{i-1,j}$ 转移过来的，那么：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}+pat{h}_{i-1,j})\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i,j-1}$，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}+pat{h}_{i,j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $A_i=B_j$ 且 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}+1$，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}+pat{h}_{i-1,j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i-1,j-1}=d{p}_{i,j}$，那么说明 $d{p}_{i-1,j-1}$ 会重复计算，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}-pat{h}_{i-1,j-1})\mathrm{mod}10^8$$

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e8;
string s,t;
int dp[5005][5005],n,m,path[5005][5005];
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>s>>t;n=s.size(),m=t.size();s=' '+s,t=' '+t;n--,m--;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}for(int i=0;i<=m;i++){path[0][i]=1;}for(int i=0;i<=n;i++){path[i][0]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(dp[i][j]==dp[i-1][j]){path[i][j]=(path[i][j]+path[i-1][j])%mod;}if(dp[i][j]==dp[i][j-1]){path[i][j]=(path[i][j]+path[i][j-1])%mod;}if(s[i]==t[j]&&dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1){path[i][j]=(path[i][j]+path[i-1][j-1])%mod;}if(dp[i-1][j-1]==dp[i][j]){path[i][j]=((path[i][j]-path[i-1][j-1])%mod+mod)%mod;}}}cout<<dp[n][m]<<'\n'<<path[n][m];return 0;
}

提交上去你就会发现是 $70$ 分。

只有可怜的 125MB 空间显然过不了。

考虑滚动优化。

可以发现 $path$ 只涉及到 $i-1$ 和 $i$ 层，可以开两个数字分别处理第 $i$ 层和第 $i-1$ 层。

$i-1$ 层用 $pre$，进行存储。

然后：

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}$，说明是从 $d{p}_{i-1,j}$ 转移过来的，那么：

$$pat{h}_j=(pat{h}_j+pr{e}_j)\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i,j-1}$，则：

$$pat{h}_j=(pat{h}_j+pat{h}_{j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $A_i=B_j$ 且 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}+1$，则：

$$pat{h}_j=(pat{h}_j+pr{e}_{j-1})\mathrm{mod}10^8$$

若 $d{p}_{i-1,j-1}=d{p}_{i,j}$，那么说明 $d{p}_{i-1,j-1}$ 会重复计算，则：

$$pat{h}_{i,j}=(pat{h}_{i,j}-pr{e}_{j-1})\mathrm{mod}10^8$$

初始化：

$$\begin{gathered} i\in [0,m],pr{e}_i=1 \\ i\in [0,n],pat{h}_i=1 \end{gathered}$$

注意：$path$ 数组每一层都需要清空。

实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e8;
string s,t;
int dp[5005][5005],n,m,path[5005],pre[5005];
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>s>>t;n=s.size(),m=t.size();s=' '+s,t=' '+t;n--,m--;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(s[i]==t[j]){dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;}else{dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);}}}for(int i=0;i<=m;i++){pre[i]=1;}for(int i=0;i<=n;i++){path[i]=1;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){path[j]=0;if(dp[i][j]==dp[i-1][j]){path[j]=(path[j]+pre[j])%mod;}if(dp[i][j]==dp[i][j-1]){path[j]=(path[j]+path[j-1])%mod;}if(s[i]==t[j]&&dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1){path[j]=(path[j]+pre[j-1])%mod;}if(dp[i-1][j-1]==dp[i][j]){path[j]=((path[j]-pre[j-1])%mod+mod)%mod;}}for(int j=1;j<=m;j++){pre[j]=path[j];}}cout<<dp[n][m]<<'\n'<<path[m];return 0;
}