1. 问题描述
子串应该比较好理解，至于什么是子序列，这里给出一个例子：有两个母串
- cnblogs
- belong
比如序列bo, bg, lg在母串cnblogs与belong中都出现过并且出现顺序与母串保持一致，我们将其称为公共子序列。最长公共子序列（Longest Common Subsequence,LCS），顾名思义，是指在所有的子序列中最长的那一个。子串是要求更严格的一种子序列，要求在母串中连续地出现。在上述例子的中，最长公共子序列为blog（cnblogs,belong），最长公共子串为lo（cnblogs, belong）。
2. 求解算法
对于母串X=<x1,x2,⋯,xm>, Y=<y1,y2,⋯,yn>，求LCS与最长公共子串。
暴力解法
假设 m<n， 对于母串X，我们可以暴力找出2的m次方个子序列，然后依次在母串Y中匹配，算法的时间复杂度会达到指数级O(n∗2的m次)。显然，暴力求解不太适用于此类问题。
动态规划
假设Z=<z1,z2,⋯,zk>是X与Y的LCS， 我们观察到
如果Xm=Yn，则Zk=Xm=Yn，有Zk−1是Xm−1与Yn−1的LCS；
如果Xm≠Yn，则Zk是Xm与Yn−1的LCS，或者是Xm−1与Yn的LCS。
因此，求解LCS的问题则变成递归求解的两个子问题。但是，上述的递归求解的办法中，重复的子问题多，效率低下。改进的办法——用空间换时间，用数组保存中间状态，方便后面的计算。这就是动态规划（DP)的核心思想了。
DP求解LCS
用二维数组c[i][j]记录串x1x2⋯xi与y1y2⋯yj的LCS长度，则可得到状态转移方程
代码实现
public static int lcs(String str1, String str2) {
int len1 = str1.length();
int len2 = str2.length();
int c[][] = new int[len1+][len2+];
for (int i = ; i <= len1; i++) {
for( int j = ; j <= len2; j++) {
if(i == || j == ) {
c[i][j] = ;
} else if (str1.charAt(i-) == str2.charAt(j-)) {
c[i][j] = c[i-][j-] + ;
} else {
c[i][j] = max(c[i - ][j], c[i][j - ]);
}
}
}
return c[len1][len2];
}DP求解最长公共子串
前面提到了子串是一种特殊的子序列，因此同样可以用DP来解决。定义数组的存储含义对于后面推导转移方程显得尤为重要，糟糕的数组定义会导致异常繁杂的转移方程。考虑到子串的连续性，将二维数组c[i][j]用来记录具有这样特点的子串——结尾同时也为为串x1x2⋯xi与y1y2⋯yj的结尾——的长度。
得到转移方程：
最长公共子串的长度为 max(c[i,j]), i∈{1,⋯,m},j∈{1,⋯,n}。
代码实现
public static int lcs(String str1, String str2) {
int len1 = str1.length();
int len2 = str2.length();
int result = ; //记录最长公共子串长度
int c[][] = new int[len1+][len2+];
for (int i = ; i <= len1; i++) {
for( int j = ; j <= len2; j++) {
if(i == || j == ) {
c[i][j] = ;
} else if (str1.charAt(i-) == str2.charAt(j-)) {
c[i][j] = c[i-][j-] + ;
result = max(c[i][j], result);
} else {
c[i][j] = ;
}
}
}
return result;
}例题
pat-C4 L2-008 最长对称的回文串
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+;
char s1[N],s2[N];
int dp[N][N];
int main ()
{
gets (s1+); strcpy(s2+,s1+);
int len=strlen(s1+);
reverse(s2+, s2++len);
int ans=;
for (int i=;i<=len;i++)
for (int j=;j<=len;j++) {
if (i==||j==) dp[i][j]=;
else if (s1[i]==s2[j]) {
dp[i][j]=dp[i-][j-]+;
ans=max (ans,dp[i][j]);
}
else dp[i][j]=;
}
printf ("%d\n",ans);
return ;
}