1143. 最长公共子序列（LCS）_最长公共子序列(longest common subsequence,简称lcs)是一种经典的字符串

1143. 最长公共子序列（LCS）

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。

所谓子序列，就是要保留原始顺序，但可以是不连续的。审题之后你可能会有疑问，这个问题为啥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。

动态规划思路

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，它们的长度分别是 m、n，一般来说都要构造一个这样的 DP table：int[][] dp = new int[m+1][n+1]。

这里为什么要加1，原因是你可以不加1，但是不加1你就会用其它限制条件来确保这个index是有效的，而当你加1之后你就不需要去判断只是让索引为0的行和列表示空串。

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。

第三部，找状态转移方程

这是动态规划最难的一步，我们来通过案例推导出来。

对于 text1：abcde 和 text2：ace 两个字符串，我们定义两个指针进行遍历 i 和 j。

遍历 text1 长度为 m，定义指针 i，从 0～m。固定 i 指针（i == 1）位置，接下来开始遍历 text2 长度为 n，定义指针 j，从 0~n。

• 第一次遍历 i = 1, j = 1，两个a相同所以 dp[1][1] = 1
• 第二次遍历 i = 1, j = 2，a与c不等，也不能是0，这里需转换成 a 与 ac 最长子序列，这里需要把之前的关系传递过来，所以dp[1][2] = 1
• 第三次遍历 i = 1, j = 3，a与e不相同，把之前的关系传递过来，所以dp[1][3] = 1

text2：ace 已经走完来第一轮，接下来text1：abcde 走到来b字符。

• 第四次遍历 i = 2, j = 1，就是需要比较ab与a的最长子串，把之前的关系传递过来，所以dp[2][1] = 1

依次类推…（详看上图）

我们会发现遍历两个串字符，当不同时需要考虑两层遍历前面的值（关系传递），也就是左边和上边的其中较大的值，当想相同时，需要考虑各自不包含当前字符串的子序列长度，再加上1。

因此可以得出：
现在对比的这两个字符不相同的，那么我们要取它的「要么是text1往前退一格，要么是text2往前退一格，两个的最大值」
dp[i + 1][j + 1] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j+1]);

对比的两个字符相同，去找它们前面各退一格的值加1即可：dp[i+1][j+1] = dp[i][j] + 1;

参考代码

// java
class Solution {
    public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
        int m = text1.length(), n = text2.length();
        int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];

        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                // 获取两个串字符
                char c1 = text1.charAt(i), c2 = text2.charAt(j);
                if (c1 == c2) {
                    // 去找它们前面各退一格的值加1即可
                    dp[i + 1][j + 1] = dp[i][j] + 1;
                } else {
                    //要么是text1往前退一格，要么是text2往前退一格，两个的最大值
                    dp[i + 1][j + 1] = Math.max(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]);
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
}
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