动态规划法
经常会遇到复杂问题不能简单地分解成几个子问题，而会分解出一系列的子问题。简单地采用把大问题分解成子问题，并综合子问题的解导出大问题的解的方法，问题求解耗时会按问题规模呈幂级数增加。
为了节约重复求相同子问题的时间，引入一个数组，不管它们是否对最终解有用，把所有子问题的解存于该数组中，这就是动态规划法所采用的基本方法。
动态规划的一个重要性质特点就是解决“子问题重叠”的场景，可以有效的避免重复计算
问题: 求两字符序列的最长公共字符子序列
问题描述：字符序列的子序列是指从给定字符序列中随意地（不一定连续）去掉若干个字符（可能一个也不去掉）后所形成的字符序列。令给定的字符序列X=“x0，x1，…，xm-1”，序列Y=“y0，y1，…，yk-1”是X的子序列，存在X的一个严格递增下标序列<i0，i1，…，ik-1>，使得对所有的j=0，1，…，k-1，有xij=yj。例如，X=“ABCBDAB”，Y=“BCDB”是X的一个子序列。
解决方案:
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枚举法
这种方法是最简单，也是最容易想到的，当然时间复杂度也是龟速的，我们可以分析一下，刚才也说过了cnblogs的子序列
个数有27个 ，延伸一下：一个长度为N的字符串，其子序列有2N个，每个子序列要在第二个长度为N的字符串中去匹配，匹配一次
需要O(N)的时间，总共也就是O(N*2N)，可以看出，时间复杂度为指数级，恐怖的令人窒息。
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动态规划
考虑最长公共子序列问题如何分解成子问题，设
A=“a0，a1，…，a<sub>m-1</sub>”，
B=“b0，b1，…，b<sub>m-1</sub>”，
并 Z=“z0，z1，…，z<sub>k-1</sub>” 为它们的最长公共子序列。
不难证明有以下性质：
（1） 如果a<sub>m-1</sub>=b<sub>n-1</sub>，则z<sub>k-1</sub>=a<sub>m-1</sub>=b<sub>n-1</sub>，且“z0，z1，…，z<sub>k-2</sub>”是“a0，a1，…，a<sub>m-2</sub>”和“b0，b1，…，b<sub>n-2</sub>”的一个最长公共子序列；
（2） 如果a<sub>m-1</sub>!=b<sub>n-1</sub>，则若z<sub>k-1</sub>!=a<sub>m-1</sub>，蕴涵“z0，z1，…，z<sub>k-1</sub>”是“a0，a1，…，a<sub>m-2</sub>”和“b0，b1，…，b<sub>n-1</sub>”的一个最长公共子序列；
（3） 如果a<sub>m-1</sub>!=b<sub>n-1</sub>，则若z<sub>k-1</sub>!=b<sub>n-1</sub>，蕴涵“z0，z1，…，z<sub>k-1</sub>”是“a0，a1，…，a<sub>m-1</sub>”和“b0，b1，…，b<sub>n-2</sub>”的一个最长公共子序列。
这样，在找A和B的公共子序列时，如有 a<sub>m-1</sub>=b<sub>n-1</sub>，则进一步解决一个子问题，找“a0，a1，…，a<sub>m-2</sub>”和“b0，b1，…，b<sub>m-2</sub>”的一个最长公共子序列； 如果a<sub>m-1</sub>!=b<sub>n-1</sub>，则要解决两个子问题，找出“a0，a1，…，a<sub>m-2</sub>”和“b0，b1，…，b<sub>n-1</sub>”的一个最长公共子序列和找出“a0，a1，…，a<sub>m-1</sub>”和“b0，b1，…，b<sub>n-2</sub>”的一个最长公共子序列，再取两者中较长者作为A和B的最长公共子序列。
既然是经典的题目肯定是有优化空间的，并且解题方式是有固定流程的，这里我们采用的是矩阵实现，也就是二维数组。
第一步：先计算最长公共子序列的长度。
第二步：根据长度，然后通过回溯求出最长公共子序列。
现有两个序列X={x1,x2,x3，...xi}，Y={y1,y2,y3，....，yi}，
设一个C[i,j]: 保存Xi与Yj的LCS的长度。
根据上面的公式其实可以发现C[i,j]一直保存着当前(Xi,Yi)的最大子序列长度。
回溯输出最长公共子序列过程：
长度的问题我们已经解决了，这次要解决输出最长子序列的问题，
我们采用一个标记Flag[i,j]，当
①：C[i,j]=C[i-1,j-1]+1 时 标记Flag[i,j]= 0， "left_up"; （左上方箭头）
②：C[i-1,j]>=C[i,j-1] 时 标记Flag[i,j]=1， "up"; （上箭头）
③: C[i-1,j]<C[i,j-1] 时 标记Flag[i,j]= -1，"left"; （左箭头）
算法分析：
由于每次调用至少向上或向左（或向上向左同时）移动一步，故最多调用(m + n)次就会遇到i = 0或j = 0的情况，此时开始返回。返回时与递归调用时方向相反，步数相同，故算法时间复杂度为Θ(m + n)。
代码
这里的 b[][] 充当了 前文中 Flag[][]的角色
#include#include #define MAXLEN 100void LCSLength(char *x, char *y, int m, int n, int c[][MAXLEN], int b[][MAXLEN]){ int i, j; for(i = 0; i <= m; i++) c[i][0] = 0; for(j = 1; j <= n; j++) c[0][j] = 0; for(i = 1; i<= m; i++) { for(j = 1; j <= n; j++) { if(x[i-1] == y[j-1]) { c[i][j] = c[i-1][j-1] + 1; b[i][j] = 0; } else if(c[i-1][j] >= c[i][j-1]) { c[i][j] = c[i-1][j]; b[i][j] = 1; } else { c[i][j] = c[i][j-1]; b[i][j] = -1; } } }}void PrintLCS(int b[][MAXLEN], char *x, int i, int j){ if(i == 0 || j == 0) return; if(b[i][j] == 0) { PrintLCS(b, x, i-1, j-1); printf("%c ", x[i-1]); } else if(b[i][j] == 1) PrintLCS(b, x, i-1, j); else PrintLCS(b, x, i, j-1);}int main(int argc, char **argv){ char x[MAXLEN] = {"ABCBDAB"}; char y[MAXLEN] = {"BDCABA"}; int b[MAXLEN][MAXLEN]; int c[MAXLEN][MAXLEN]; int m, n; m = strlen(x); n = strlen(y); LCSLength(x, y, m, n, c, b); PrintLCS(b, x, m, n); return 0;}
参考