（一）最長公共子串行（lcs）：
我們用xi代表, 用yj代表。那麼，求長度分別為n,m的兩個序列x, y的lcs，就相當於求xm與yn的lcs。
我們可以將其分割為區域性問題進行分析，要考慮如下兩種情況：
xm = yn時, 在xm-1與yn-1的lcs後面加上xm( = yn)就是xm與yn的lcs
xm ≠yn時，xm-1與yn的lcs和xm與yn-1的lcs中更長的一方就是xm與yn的lcs
設有c[m+1][n+1]，該二維陣列中c[i][j]表示xi與yj的lcs長度，由遞推公式可得：
if i = 0 or j = 0 : c[i][j] = 0;
if i, j > 0 and xi = yj : c[i][j] = c[i-1][j-1]+1;
if i, j > 0 and xi ≠ yj: c[i][j] = max(c[i][j-1], c[i-1][j]);
int lcs(string x, string y)
} return maxl;
}
（1）o(n²)解法：
定義dp[i]表示以第i個位置的數作為子串行中最後乙個元素時，能構成的子串行的最大長度，轉移方程如下：
dp[i] = max(dp[i], dp[j]+1) j < i && a[j] < a[i];
int maxl = 0;
for(int i = 0; i < a.size(); i++)
maxl = max(maxl, dp[i]);
}
定義min[i]，表示在處理當前位置時，由之前元素構成的所有長度為i的子串行中，最後乙個元素的最小值。可知min陣列是乙個遞增陣列，
對於當前整數a[x]，只需在min中找到最大的乙個比a[x]小的數所在位置j即可， j+1便是a[x]能夠出現在所有子串行中最大的位置，該過程
可用二分查詢的方式來進行。
例題 toj -- 1765 ：
#include#includeusing namespace std;
int dp[10005];
int main()
//新加入的數能夠使得可得到的最長子序列長度增加
if(low >= tail)
tail++;
dp[low] = a;
} cout << tail << endl;
} return 0;
}
例題 hdu--1423： 採用了乙個一維演算法
#include#include#include#includeusing namespace std;
long long int a[505], b[505], f[505];
int main()
scanf("%d", &n2);
for(int i = 1; i <= n2; i++)
memset(f, 0, sizeof(f));
for(int i = 1; i <= n1; i++)
} max = 0;
for(int i = 1; i <= n2; i++)
cout << max << endl;
} }return 0;
}
最長子序列
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