最長公共（上公升）子串行

題目：common subsequence

題目描述：給定兩個字串a和b（或數字序列），求乙個字串，使得這個字串是所給兩個字串的最長公共部分（可以不連續）

動態規劃的做法：時間複雜度，o(n*m)

**：

#include

#include
#include
#include
using namespace std;
const
int manx=
2e3+10;
const
int inf=
1e9;
int dp[manx]
[manx]
;int
main()
printf
("%d\n"
,dp[i-1]
[j-1])
;}}

題目描述：在最長公共子串行的基礎上，增加乙個上公升子串行的條件

假設和最長公共子串行一樣，我們規定dp[i][j]表示a的i號位和b的j號位前的lcis。在最長公共子串行中，當a[i]=b[j]時，我們直接用dp[i-1][j-1]+1來更新dp[i][j]。但在這裡，因為有上公升的限制，就不能直接通過dp[i-1][j-1]+1來得到dp[i][j]了，因為a的i-1號位和b的j-1號位前的lcis中的最後一位數不一定<

<

<

a[i]。

所以為了判斷能否通過前面的dp值來更新dp[i][j]，我們這樣規定：設dp[i][j]表示a的i號位和b的j號位前並且以b[j]為結尾的lcis的長度。

這樣當a[i]=b[j]時，我們就可以尋找最大的dp[i-1][k]來更新dp[i][j]（1≤

\leq

≤k≤\leq

≤j-1，b[k]<

<

<

b[j]）

最後就剩下了怎麼確定k值的問題，很容易想到我們可以列舉1~j-1中所有符合條件（b[k]<

<

<

b[j]）的dp[i-1][k]值，但這樣複雜度就到了o(n^3)。所以這裡我們換乙個思路：在第二層迴圈中，我們每次從左至右都更新了dp[i][1]到dp[i][m]所有值(m是序列b的長度)，即以序列a固定的前i位去匹配序列b，所以這裡a[i]值是固定的，我們就可以維護乙個pos值，使得dp[i-1][pos]是在條件b[pos]**實現：

ans=0;

memset
(dp,0,
sizeof
(dp));
for(
int i=
1; i<=n; i++
)else dp[i]
[j]=dp[i-1]
[j];
}}

ans=0;

memset
(dp,0,
sizeof
(dp));
for(
int i=
1; i<=n; i++)}
}

變型例題：吉哥系列故事——完美隊形i

最長公共上公升子串行

題目描述 給定兩個整數序列，求它們的最長上公升公共子串行。輸入描述 輸入兩組資料，每組資料代表乙個整數序列，其輸入格式為 第一行輸入長度m 1 m 500 第二行輸入該序列的m個整數ai 231 ai 231 輸出描述 輸出共兩行。第一行輸出兩個序列的最長上公升公共子串行的長度l 第二行輸出該子串行...

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首先，在 a i b j 的時候有 dp i j dp i 1 j 為什麼呢？因為 dp i j 是以b j 為結尾的 lcia 如果dp i j 0 那麼就說明 a 1 a i 中必然有乙個字元 a k 等於b j 如果dp i j 等於0 呢？那賦值與否都沒有什麼影響了 因為 a k a i 那...

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