HDU 1159 Common Subsequence

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1159

思路：dp 最长公共子序列问题

记     Xi=﹤x1，⋯，xi﹥即X序列的前i个字符 (1≤i≤m)

        Yj=﹤y1，⋯，yj﹥即Y序列的前j个字符 (1≤j≤n)

      假定Z=﹤z1，⋯，zk﹥∈LCS(X , Y)。

  若Xm=Yn（最后一个字符相同），则不难用反证法证明：该字符必是X与Y的任一最长公共子序列Z（设长

度为k）的最后一个字符，即有Zk =Xm =Yn 且显然有Zk-1∈LCS(Xm-1 , Yn-1)即Z的前缀Zk-1是Xm-1与Yn-1的最长公

共子序列。

   若Xm≠Yn，则亦不难用反证法证明：要么Z∈LCS(Xm-1, Y)，要么Z∈LCS(X , Yn-1)。

由于Zk≠Xm与Zk≠Yn其中至少有一个必成立，若Zk≠Ym则有Z∈LCS(Xm-1 , Y)，类似的，

   若Zk≠Yn 则有Z∈LCS(X , Yn-1)

   若Xm=Yn，则问题化归成求Xm-1与Yn-1的LCS（LCS(X , Y)的长度等于LCS(Xm-1 , Yn-1)的长度加1）

   若Xm≠Yn 则问题化归成求Xm-1与Y的LCS及X与Yn-1的LCS

 LCS(X , Y)的长度为：max{LCS(Xm-1 , Y)的长度, LCS(X , Yn-1)的长度}求LCS(Xm-1 , Y)的长度与LCS(X , Yn-1)的长度

这两个问题不是相互独立的：

两者都需要求LCS(Xm-1，Yn-1)的长度,另外两个序列的LCS中包含了两个序列的前缀的LCS，故问题具有最优

子结构性质 考虑用动态规划法。

 

引进一个二维数组C，用C[i,j]记录Xi与Yj的LCS的长度如果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]：

若X[i]=Y[j]，则执行C[i,j]←C[i-1,j-1]+1；若X[i]≠Y[j]，则根据：

C[i-1,j]≥C[i,j-1]，则C[i,j]取C[i-1,j]；否则C[i,j]取C[i,j-1]。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 1000
int dp[N][N];
char a[N],b[N];
int main()
{
   int la,lb,i,j;
   while(scanf("%s%s",a,b)!=EOF)
   {
     la=strlen(a);lb=strlen(b);
	 for(i=0;i<=la;i++) dp[i][0]=0;
	 for(i=0;i<=lb;i++) dp[0][i]=0;
	 for(i=0;i<la;i++)
	   for(j=0;j<lb;j++)
	   {
	     if(a[i]==b[j])
		    dp[i+1][j+1]=dp[i][j]+1;
		 else
		 {
		    if(dp[i+1][j]>dp[i][j+1])
			  dp[i+1][j+1]=dp[i+1][j];
        	   else dp[i+1][j+1]=dp[i][j+1];
		 }
	   }
	 printf("%d\n",dp[la][lb]);
   
   }
   return 0;
}