最长公共子序列（LCS）,最长递增子序列（LIS）,最长递增公共子序列（LICS）
最长公共子序列（LCS）,最长递增子序列（LIS）,最长递增公共子序列（LICS）
最长公共子序列（LCS）
【问题】 求两字符序列的最长公共字符子序列
问题描述：字符序列的子序列是指从给定字符序列中随意地（不一定连续）去掉若干个字符（可能一个也不去掉）后所形成的字符序列。令给定的字符序列X=“x0，x1，…，xm-1”，序列Y=“y0，y1，…，yk-1”是X的子序列，存在X的一个严格递增下标序列
考虑最长公共子序列问题如何分解成子问题，设A=“a0，a1，…，am-1”，B=“b0，b1，…，bm-1”，并Z=“z0，z1，…，zk-1”为它们的最长公共子序列。不难证明有以下性质：
（1） 如果am-1=bn-1，则zk-1=am-1=bn-1，且“z0，z1，…，zk-2”是“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bn-2”的一个最长公共子序列；
（2） 如果am-1!=bn-1，则若zk-1!=am-1，蕴涵“z0，z1，…，zk-1”是“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bn-1”的一个最长公共子序列；
（3） 如果am-1!=bn-1，则若zk-1!=bn-1，蕴涵“z0，z1，…，zk-1”是“a0，a1，…，am-1”和“b0，b1，…，bn-2”的一个最长公共子序列。
这样，在找A和B的公共子序列时，如有am-1=bn-1，则进一步解决一个子问题，找“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bm-2”的一个最长公共子序列；如果am-1!=bn-1，则要解决两个子问题，找出“a0，a1，…，am-2”和“b0，b1，…，bn-1”的一个最长公共子序列和找出“a0，a1，…，am-1”和“b0，b1，…，bn-2”的一个最长公共子序列，再取两者中较长者作为A和B的最长公共子序列。
求解：
引进一个二维数组c[][]，用c[i][j]记录X[i]与Y[j] 的LCS 的长度，b[i][j]记录c[i][j]是通过哪一个子问题的值求得的，以决定搜索的方向。
我们是自底向上进行递推计算，那么在计算c[i,j]之前，c[i-1][j-1]，c[i-1][j]与c[i][j-1]均已计算出来。此时我们根据X[i] = Y[j]还是X[i] != Y[j]，就可以计算出c[i][j]。
算法分析：
由于每次调用至少向上或向左（或向上向左同时）移动一步，故最多调用(m + n)次就会遇到i = 0或j = 0的情况，此时开始返回。返回时与递归调用时方向相反，步数相同，故算法时间复杂度为Θ(m + n)。
那么以HDU 1159来做演示、
1 #include
2 #include
3 #include
4 #include
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;idp[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 }
最长递增子序列（LIS）
以POJ 2533来讲解吧、
现在给你一个序列，要你求最长上升子序列，那么把这个序列排一个序，然后和原有序列进行LCS 是不是就解决问题了呢？
当然还有dp思路了、
dp[ i ]以序列中第i个元素结尾的最长上升子序列的长度
那么状态转移方程为：if (a[i] > a[j]) dp[i] = MAX (dp[i], dp[j] + 1);
1 #include
2 #include
3 #include
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;inum[j]) //由前面的最长递增子序列推出后面的最长递增子序列、
20 maxn=maxn>dp[j]?maxn:dp[j];
21 dp[i]=maxn+1;
22 if(dp[i]>x) x=dp[i]; //x记录的是当前的最大值、
23 }
24 printf("%d\n",x);
25 }
26 return 0;
27 }
对于LIS还有一种O（n*logn）的做法、
这里以HDU 1025为例、
转载自 http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/03/22/2412725.html
假设要寻找最长上升子序列的序列是a[n]，然后寻找到的递增子序列放入到数组b中。
（1）当遍历到数组a的第一个元素的时候，就将这个元素放入到b数组中，以后遍历到的元素都和已经放入到b数组中的元素进行比较；
（2）如果比b数组中的每个元素都大，则将该元素插入到b数组的最后一个元素，并且b数组的长度要加1；
（3）如果比b数组中最后一个元素小，就要运用二分法进行查找，查找出第一个比该元素大的最小的元素，然后将其替换。
在这个过程中，只重复执行这两步就可以了，最后b数组的长度就是最长的上升子序列长度。例如：如该数列为：
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中元素的个数就是最长递增子序列的大小，即4。
要注意的是最后数组里的元素并不就一定是所求的序列，
例如如果输入 2 5 1
那么最后得到的数组应该是 1 5
而实际上要求的序列是 2 5
1 #include
2 #include
3 #include
4 #include
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 { //二分查找找到一个位置，使得x>dp[i-1], 并且x>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 最长递增公共子序列（LICS）
转载：http://www.cnblogs.com/gj-Acit/p/3236384.html
那么以ZOJ的2432为例、
最长公共上升子序列（LCIS）的O(n^2)算法
预备知识：动态规划的基本思想，LCS，LIS。
问题：字符串a，字符串b，求a和b的LCIS（最长公共上升子序列）。
首先我们可以看到，这个问题具有相当多的重叠子问题。于是我们想到用DP搞。DP的首要任务是什么？定义状态。
1定义状态F[i][j]表示以a串的前i个字符b串的前j个字符且以b[j]为结尾构成的LCIS的长度。
为什么是这个而不是其他的状态定义？最重要的原因是我只会这个，还有一个原因是我知道这个定义能搞到平方的算法。而我这只会这个的原因是，这个状态定义实在是太好用了。这一点我后面再说。
我们来考察一下这个这个状态。思考这个状态能转移到哪些状态似乎有些棘手，如果把思路逆转一下，考察这个状态的最优值依赖于哪些状态，就容易许多了。这个状态依赖于哪些状态呢？
首先，在a[i]!=b[j]的时候有F[i][j]=F[i-1][j]。为什么呢？因为F[i][j]是以b[j]为结尾的LCIS，如果F[i][j]>0那么就说明a[1]…a[i]中必然有一个字符a[k]等于b[j]（如果F[i][j]等于0呢？那赋值与否都没有什么影响了）。因为a[k]!=a[i]，那么a[i]对F[i][j]没有贡献，于是我们不考虑它照样能得出F[i][j]的最优值。所以在a[i]!=b[j]的情况下必然有F[i][j]=F[i-1][j]。这一点参考LCS的处理方法。
那如果a[i]==b[j]呢？首先，这个等于起码保证了长度为1的LCIS。然后我们还需要去找一个最长的且能让b[j]接在其末尾的LCIS。之前最长的LCIS在哪呢？首先我们要去找的F数组的第一维必然是i-1。因为i已经拿去和b[j]配对去了，不能用了。并且也不能是i-2，因为i-1必然比i-2更优。第二维呢？那就需要枚举b[1]…b[j-1]了，因为你不知道这里面哪个最长且哪个小于b[j]。这里还有一个问题，可不可能不配对呢？也就是在a[i]==b[j]的情况下，需不需要考虑F[i][j]=F[i-1][j]的决策呢？答案是不需要。因为如果b[j]不和a[i]配对，那就是和之前的a[1]…a[j-1]配对（假设F[i-1][j]>0，等于0不考虑），这样必然没有和a[i]配对优越。（为什么必然呢？因为b[j]和a[i]配对之后的转移是max(F[i-1][k])+1，而和之前的i配对则是max(F[i-1][k])+1。显然有F[i][j]>F[i][j],i>i）
于是我们得出了状态转移方程：
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]
不难看到，这是一个时间复杂度为O(n^3)的DP，离平方还有一段距离。
但是，这个算法最关键的是，如果按照一个合理的递推顺序，max(F[i-1][k])的值我们可以在之前访问F[i][k]的时候通过维护更新一个max变量得到。怎么得到呢？首先递推的顺序必须是状态的第一维在外层循环，第二维在内层循环。也就是算好了F[1][len(b)]再去算F[2][1]。
如果按照这个递推顺序我们可以在每次外层循环的开始加上令一个max变量为0，然后开始内层循环。当a[i]>b[j]的时候令max=F[i-1][j]。如果循环到了a[i]==b[j]的时候，则令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
2 #include
3 #include
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) //递归输出路径、
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(countb[j] && maxnb[j]的时候才更新值
46 maxn=dp[i-1][j];// 其实你想想dp[i][j]中i,j都有什么含义、
47 x=i-1; // 这个if里面更新出来的maxn只有在满足a[i]==b[j]的时候才有用、
48 y=j; // 这里更新出来的值就是为了保证当a[i]==b[j]的时候
49 } //所更新出来的最大值是一个递增的子序列、
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(ans0)
74 out(x,y);
75 if(t) printf("\n");
76 }
77 return 0;
78 }