LCS nlog(n) 但最坏情况还是比较悲剧 转载的文章；

最长公共子序列问题：

给定2个字符串，求其最长公共子串。如abcde和dbada的最长公共字串为bd。

动态规划：dp[i][j]表示A串前i个和B串前j个的最长公共子串的长度。

则

若A[i] == B[j] , dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;

否则 dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);

时间复杂度O(N*M)。

dp[i][j]仅在A[i]==B[j]处才增加，对于不相等的地方对最终值是没有影响的。

故枚举相等点处可以对其进行优化。

则对于dp[i][j]（这里只计算A[i]==B[j]的i和j），取最大的dp[p][q]，满足（p<i,q<j），通过二叉搜索树可以再logn的时间里获取到最大的dp[p][q]，区间在[0,j)。

这里也可将其转化为最长递增子序列问题。

举例说明：

A：abdba

B：dbaaba

则1：先顺序扫描A串，取其在B串的所有位置：

2：a(2,3,5) b(1,4) d(0)。

3：用每个字母的反序列替换，则最终的最长严格递增子序列的长度即为解。

a    b  d  b    a

替换结果：532 41 0 41 532

最大长度为3.

简单说明：上面的序列和最长公共子串是等价的。

对于一个满足最长严格递增子序列的序列，该序列必对应一个匹配的子串。

反序是为了在递增子串中，每个字母对应的序列最多只有一个被选出。

反证法可知不存在更大的公共子串，因为如果存在，则求得的最长递增子序列不是最长的，矛盾。

最长递增子序列可在O(NLogN)的时间内算出。

dp[i] = max(dp[j]+1) ( 满足 a[i] > a[j] && i > j )

显然对于同样的如dp[k] = 3，假定k有多个，记为看k1,k2,.....,km 设k1 < k2 < .... < km

在计算dp[i]的时候，k2,k3,....,km显然对结果没有帮助，取当前最小的k,

满足ans[k] = p (最小的p使得dp[p]=k) ,每次二分，更新ans[dp[i]] = min(ans[dp[i]],i).

ps：LCS在最终的时间复杂度上不是严格的O(nlogn)，不知均摊上是不是。

举个退化的例子：

如A：aaa

B：aaaa

则序列321032103210

长度变成了n*m ,最终时间复杂度O(n*m*(lognm)) > O(n*m)。

这种情况不知有没有很好的解决办法。