一进来就看到一个多月前秒了此题的ysn和YCB%%%
最长公共子序列的(O(n^2))的求解，Dalao们想必都很熟悉了吧！不过蒟蒻突然发现，用网格图貌似可以很轻松地理解这个东东？
设字符串长度为(n,m)，那么想象我们有一个(n+1)行(m+1)列的网格图，只能从左下角往右、上两个方向走。定义每条路径的长度都为(1)。记第(i)行第(j)列为((i,j))。
话说网格图真tm难画
求最长公共子序列本质上是在两个序列中寻找最多的配对，而且这些配对的位置在序列中的位置也要分别递增。
那么，如果(x_i)与(y_j)相等，那么我们就从((i-1,j-1))向((i,j))连一条边。这在网格图中分明是一条条捷径，那么我们要寻找最长公共子序列，可不可以转化为寻找最短路，或者说寻找经过捷径次数最多的路径呢？
这个模型是很巧妙的，满足了配对的位置在序列中的位置分别递增（因为只能往右、上走）。
那么再看第二问。显然在这个模型中，不同的公共子序列对应的，不是至少有一条边不相同的路径，而是至少有一条捷径不相同的路径。那么这个该怎么DP呢？
设到达((i,j))最多能经过的捷径数（即序列的两个前缀的最长公共子序列长度）为(mf_{i,j})，方案数为(f_{i,j})。显然((i,j))可以从((i-1,j))和((i,j-1))转移，如果(x_i=y_j)那么还可以从((i-1,j-1))转移（(mf)加上(1)）。依次转移，如果新的(mf)更大则直接覆盖原信息，如果(mf)相等则(f)相加。
然而，再次注意不同路径的定义。那么是不是可能存在这样一种情况：到((i-1,j-1))的一条路径，分别转移给了((i-1,j))和((i,j-1))，而再一次转移给了((i,j))，没有经过不同的捷径，却计算了两遍！显然只有(mf_{i-1,j-1}=mf_{i,j})的时候上述情况才会发生，那么这时我们从(f_{i,j})减去(f_{i-1,j-1})即可。
思路都清晰了。在开始码DP之前，我们还需要注意这个DP的过程，每行只会从上一行转移，于是使用滚动数组优化空间，防止MLE。
#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define I inline
#define R RG int
#define G c=getchar()
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5009,YL=1e8;
char x[N],y[N];
int ff[N],gg[N],mff[N],mgg[N];
int main(){
scanf("%s%s",x+1,y+1);
R n=strlen(x+1)-1,m=strlen(y+1)-1,i,j,*f=ff,*g=gg,*mf=mff,*mg=mgg;
g[0]=1;for(j=0;j<=m;++j)f[j]=1;
for(i=1;i<=n;++i,swap(f,g),swap(mf,mg)){//滚动数组
memset(g +1,0,m<<2);//注意清空
memset(mg+1,0,m<<2);
for(j=1;j<=m;++j){//三方向转移
if(x[i]==y[j])mg[j]=mf[j-1]+1,g[j]=f[j-1];
if(mf[j]>mg[j])mg[j]=mf[j],g[j]=f[j];//覆盖
else if(mf[j]==mg[j])(g[j]+=f[j])%=YL;//相加
if(mg[j-1]>mg[j])mg[j]=mg[j-1],g[j]=g[j-1];
else if(mg[j-1]==mg[j])(g[j]+=g[j-1])%=YL;
if(mf[j-1]==mg[j])(g[j]+=YL-f[j-1])%=YL;//减掉重复的部分
}
}
printf("%d
%d
",mf[m],f[m]);
return 0;
}