《labuladong 的算法秘籍》、《labuladong 的刷题笔记》两本 PDF 和刷题插件 2.0 免费开放下载，详情见 labuladong 的刷题三件套正式发布~
读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
-----------
最长公共子序列（Longest Common Subsequence，简称 LCS）是一道非常经典的面试题目，因为它的解法是典型的二维动态规划，大部分比较困难的字符串问题都和这个问题一个套路，比如说编辑距离。而且，这个算法稍加改造就可以用于解决其他问题，所以说 LCS 算法是值得掌握的。
题目就是让我们求两个字符串的 LCS 长度：
输入: str1 = "abcde", str2 = "ace"
输出: 3
解释: 最长公共子序列是 "ace"，它的长度是 3
肯定有读者会问，为啥这个问题就是动态规划来解决呢？因为子序列类型的问题，穷举出所有可能的结果都不容易，而动态规划算法做的就是穷举 + 剪枝，它俩天生一对儿。所以可以说只要涉及子序列问题，十有八九都需要动态规划来解决，往这方面考虑就对了。
下面就来手把手分析一下，这道题目如何用动态规划技巧解决。
第一步，一定要明确 dp 数组的含义。对于两个字符串的动态规划问题，套路是通用的。
比如说对于字符串 s1 和 s2，一般来说都要构造一个这样的 DP table：
为了方便理解此表，我们暂时认为索引是从 1 开始的，待会的代码中只要稍作调整即可。其中，dp[i][j] 的含义是：对于 s1[1..i] 和 s2[1..j]，它们的 LCS 长度是 dp[i][j]。
比如上图的例子，d[2][4] 的含义就是：对于 "ac" 和 "babc"，它们的 LCS 长度是 2。我们最终想得到的答案应该是 dp[3][6]。
第二步，定义 base case。
我们专门让索引为 0 的行和列表示空串，dp[0][..] 和 dp[..][0] 都应该初始化为 0，这就是 base case。
比如说，按照刚才 dp 数组的定义，dp[0][3]=0 的含义是：对于字符串 "" 和 "bab"，其 LCS 的长度为 0。因为有一个字符串是空串，它们的最长公共子序列的长度显然应该是 0。
第三步，找状态转移方程。
这是动态规划最难的一步，不过好在这种字符串问题的套路都差不多，权且借这道题来聊聊处理这类问题的思路。
状态转移说简单些就是做选择，比如说这个问题，是求 s1 和 s2 的最长公共子序列，不妨称这个子序列为 lcs。那么对于 s1 和 s2 中的每个字符，有什么选择？很简单，两种选择，要么在 lcs 中，要么不在。
这个「在」和「不在」就是选择，关键是，应该如何选择呢？这个需要动点脑筋：如果某个字符应该在 lcs 中，那么这个字符肯定同时存在于 s1 和 s2 中，因为 lcs 是最长公共子序列嘛。所以本题的思路是这样：
用两个指针 i 和 j 从后往前遍历 s1 和 s2，如果 s1[i]==s2[j]，那么这个字符一定在 lcs 中；否则的话，s1[i] 和 s2[j] 这两个字符至少有一个不在 lcs 中，需要丢弃一个。先看一下递归解法，比较容易理解：
def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
def dp(i, j):
# 空串的 base case
if i == -1 or j == -1:
return 0
if str1[i] == str2[j]:
# 这边找到一个 lcs 的元素，继续往前找
return dp(i - 1, j - 1) + 1
else:
# 谁能让 lcs 最长，就听谁的
return max(dp(i-1, j), dp(i, j-1))
# i 和 j 初始化为最后一个索引
return dp(len(str1)-1, len(str2)-1)对于第一种情况，找到一个 lcs 中的字符，同时将 i j 向前移动一位，并给 lcs 的长度加一；对于后者，则尝试两种情况，取更大的结果。
其实这段代码就是暴力解法，我们可以通过备忘录或者 DP table 来优化时间复杂度，比如通过前文描述的 DP table 来解决：
def longestCommonSubsequence(str1, str2) -> int:
m, n = len(str1), len(str2)
# 构建 DP table 和 base case
dp = [[0] * (n + 1) for _ in range(m + 1)]
# 进行状态转移
for i in range(1, m + 1):
for j in range(1, n + 1):
if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
# 找到一个 lcs 中的字符
dp[i][j] = 1 + dp[i-1][j-1]
else:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
return dp[-1][-1]对于 s1[i] 和 s2[j] 不相等的情况，至少有一个字符不在 lcs 中，会不会两个字符都不在呢？比如下面这种情况：
所以代码是不是应该考虑这种情况，改成这样：
if str1[i - 1] == str2[j - 1]:
# ...
else:
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],
dp[i][j-1],
dp[i-1][j-1])我一开始也有这种怀疑，其实可以这样改，也能得到正确答案，但是多此一举，因为 dp[i-1][j-1] 永远是三者中最小的，max 根本不可能取到它。
原因在于我们对 dp 数组的定义：对于 s1[1..i] 和 s2[1..j]，它们的 LCS 长度是 dp[i][j]。
这样一看，显然 dp[i-1][j-1] 对应的 lcs 长度不可能比前两种情况大，所以没有必要参与比较。
对于两个字符串的动态规划问题，一般来说都是像本文一样定义 DP table，因为这样定义有一个好处，就是容易写出状态转移方程，dp[i][j] 的状态可以通过之前的状态推导出来：
找状态转移方程的方法是，思考每个状态有哪些「选择」，只要我们能用正确的逻辑做出正确的选择，算法就能够正确运行。
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
刷算法，学套路，认准 labuladong，公众号和 在线电子书 持续更新最新文章。
本小抄即将出版，微信扫码关注公众号，后台回复「小抄」限时免费获取，回复「进群」可进刷题群一起刷题，带你搞定 LeetCode。
Edwenc 提供 C++ 代码：
class Solution {
public:
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
// 先计算两条字符串的长度
int m = text1.size();
int n = text2.size();
// 构建dp矩阵 默认初始值0
// 这里会多扩建一边和一列
// 因为dp[i][j]的含义是：对于 s1[1..i] 和 s2[1..j]，它们的LCS长度是 dp[i][j]。
// 所以当i或者j为零时 LCS的长度默认为0
vector< vector<int> > dp ( m+1 , vector<int> ( n+1 , 0 ) );
// 状态转移
// i、j都从1开始遍历 因为下面的操作中都会-1 相当于从0开始
for ( int i=1 ; i<m+1 ; i++ ){
for ( int j=1 ; j<n+1 ; j++ ){
// 如果text1和text2相同
// 就在它们的前一位基础上加一
// 如果不同 只能在之前的两者中去最大
dp[i][j] = (text1[i-1] == text2[j-1]) ? dp[i-1][j-1] + 1 : max( dp[i-1][j] , dp[i][j-1] );
}
}
// 返回最终右下角的值
return dp[m][n];
}
};Shawn 提供 Java 代码：
public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
// 字符串转为char数组以加快访问速度
char[] str1 = text1.toCharArray();
char[] str2 = text2.toCharArray();
int m = str1.length, n = str2.length;
// 构建dp table，初始值默认为0
int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
// 状态转移
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
if (str1[i - 1] == str2[j - 1])
// 找到LCS中的字符
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
else
dp[i][j] = Math.max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
return dp[m][n];
}lo-tp 提供 Python 代码：
class Solution(object):
def longestCommonSubsequence(self, text1, text2):
# calculate the size of the first and second string
sz1, sz2 = len(text1), len(text2)
# since to calculate dp(i,j) we only need dp(i-1,j-1), dp(i-1,j), dp(i,j-1)
# we don't have to save data before i-1
# we use dp to save dp(i-1, 0), dp(i-1, 1)....dp(i-1, sz2)
# we use tmp to save dp(i, 0), dp(i,1)....(dpi-1, sz2)
tmp, dp = [0]*(sz2+1), [0]*(sz2+1)
for i in range(0, sz1):
for j in range(0, sz2):
tmp[j+1] = dp[j] + \
1 if text1[i] == text2[j] else max(tmp[j], dp[j+1])
# In the next iteration, we will calculate dp(i+1,0),dp(i+1, 1)....dp(i+1,sz2)
# So we exchange dp and tmp
tmp, dp = dp, tmp
return dp[-1]暴力解法
var longestCommonSubsequence = function (text1, text2) {
let s1 = text1.length;
let s2 = text2.length;
let dp = function (i, j) {
// 空串的base case
if (i === -1 || j === -1) {
return 0;
}
if (text1[i] === text2[j]) {
// 这边找到一个 lcs 的元素，继续往前找
return dp(i - 1, j - 1) + 1
} else {
// 谁能让lcs最长，就听谁的
return Math.max(dp(i - 1, j), dp(i, j - 1))
}
}
// i 和 j 初始化为最后一个索引
return dp(s1 - 1, s2 - 1)
};暴力解法+备忘录优化
var longestCommonSubsequence = function (text1, text2) {
let s1 = text1.length;
let s2 = text2.length;
let memo = new Map();
let dp = function (i, j) {
// 空串的base case
if (i === -1 || j === -1) {
return 0;
}
// 查询一下备忘录，防止重复计算
let key = i + "," + j
if (memo.has(key)) {
return memo.get(key)
}
let res;
if (text1[i] === text2[j]) {
// 这边找到一个 lcs 的元素，继续往前找
// 记入备忘录
res = dp(i - 1, j - 1) + 1
memo.set(key, res)
} else {
// 谁能让lcs最长，就听谁的
res = Math.max(dp(i - 1, j), dp(i, j - 1))
memo.set(key, res)
}
return res;
}
// i 和 j 初始化为最后一个索引
return dp(s1 - 1, s2 - 1)
};DPtable优化
var longestCommonSubsequence = function (text1, text2) {
let s1 = text1.length;
let s2 = text2.length;
// 构建 DP table 和 base case
// 初始化一个 （s1+1）*（s2+1）的dp表
let dp = new Array(s1 + 1);
for (let i = 0; i < s1 + 1; i++) {
dp[i] = new Array(s2 + 1);
dp[i].fill(0, 0, s2 + 1)
}
// 进行状态转移
for (let i = 1; i < s1 + 1; i++) {
for (let j = 1; j < s2 + 1; j++) {
if (text1[i - 1] === text2[j - 1]) {
// 找到一个lcs中的字符
dp[i][j] = 1 + dp[i - 1][j - 1]
} else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
}
}
}
// i 和 j 初始化为最后一个索引
return dp[s1][s2]
};