题意：
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。对给定的两个字符序列，求出他们最长的公共子序列长度，以及最长公共子序列个数。
一.求最长公共子序列的长度（基础LCS问题）
首先从动态规划的角度来考虑：
所有问题被分解为子问题，子问题套子问题。
1.确定研究状态：最长公共子序列的长度
那么每一层的问题就转化求该层的***最长公共子序列的长度***。
2.确定研究问题的划分层次（如何划分子问题）。（循环变量所代表的意义及状态边界问题）：当s1和s2的长度均为1时，结果是很容易判断的，所有很自然的想到用长度来对问题进行划分。长度小的子问题被包含在长度大的子问题中作为数据被调用。——>用两层循环(i,j)来进行。
3.确定状态转移方程：（重中之重，因为状态转移方程是否正确决定难题的攻克与否）同时，也是解决问题的核心。那么对于长度为i的s1和长度为j的s2。该状态下的子问题结果：dp[i][j]=?。
可以知道的是：分情况讨论：
(1).当S1[i]==S2[j]时，dp[i][j]可有三个来源：
当第i个和第j个参与最长公共子序列①：dp[i-1][j-1]+1；
当第i个和第j个不参与最长公共子序列②：dp[i-1][j]和dp[i][j-1]。
因为：dp[i-1][j-1]<=dp[i][j-1]<=dp[i-1][j-1]+1 所以，最终的答案是：
dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1。
(2).当S1[i]!=S2[j]时，S1[i]与S2[j]不可能同时入选最长公共子序列，所以dp[i][j]只能从dp[i-1][j]和dp[i][j-1]中推得结果。根据 最长 的要求，和dp所储存的内容（ s1的前i个字符组成的串和 s2的前j个字符组成的串所能形成的最长公共子序列的长度）得到：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]).
4.构造关键代码：
for (i=1;i<=s1.length();i++) for (j=1;j<=s2.length();j++) if (s1[i]==s2[j]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])
二.求最长公共子序列的方案数：
依照动态规划的过程：
1.选定分析状态——最长公共子序列的方案数
2.分析研究问题的划分层次——（子问题和最终最初一步）
显而易见：当长度为1时结果显而易见。
所以依照长度去研究子问题得到的循环变量以及划分这阶段的依据。
3.分析状态转移方程。
当循环变量至s1[i]和s2[j]时，状态转移方程为：
（首先我们能够得知，g[i][j]来源于g[i-1][j-1],g[i][j-1],g[i-1][j]）
(1) 当s1[i]==s2[j]时，
(①即当s1[i]与s2[j]做出贡献时，方案数与g[i-1][j-1]一致) g[i][j]+=g[i-1][j-1] 。
(②即当s1[i]与s2[j]不做出贡献时)，需要判定dp[i-1][j],dp[i][j-1]与dp[i][j]是否相等（出现不相等则意味着最长公共子序列的长度改变，那么方案数就不能被记入）。
而同时因为 dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1所以dp[i][j]不一定会等于dp[i-1][j]或dp[i][j-1]。
所以需要用if语句判断，如果相等再将g[i-1][j]和g[i][j-1]的方案书加上。
即关键代码：
if (s1[i]==s2[j]) { dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; if ((dp[i][j]==1)&&(g[i][j]==0)) ++g[i][j]; （因为方案开头需要新增方案数，即从0到1的改变） g[i][j]+=g[i-1][j-1]; （即当s1[i]与s2[j]做出贡献时，这种情况下g[i-1][j-1]被记入g[i][j]） if (dp[i][j]==dp[i][j-1]) g[i][j]+=g[i][j-1]; (倘若长度相等则意味着s1[i]与s2[j]没有被同时算入子序列时， 仍然有长度等于dp[i][j]的方案,数量等于g[i][j-1]，此时g[i][j-1]也要被记入g[i][j]) if (dp[i][j]==dp[i-1][j]) g[i][j]+=g[i-1][j]; (倘若长度相等则意味着s1[i]与s2[j]没有被同时算入子序列时， 仍然有长度等于dp[i][j]的方案,数量等于g[i-1][j]，此时g[i-1][j]也要被记入g[i][j]) g[i][j]=g[i][j]%p;(数量过大时，需要取模) /* 此处需要解释，g[i][j-1]和g[i-1][j]的方案数指代的方案完全不重合 (s1[i]或s2[j]必然参与构成最长公共子序列)。 因为如果dp[i][j]==dp[i-1][j]==dp[i-1][j-1]+1。 假设：存在s1[i]与s2[j]均不参与组成最长公共子序列同时有合法方案 则有dp[i-1][j]==dp[i-1][j-1]或dp[i][j-1]==dp[i-1][j-1]。 因为在s1[i]与s2[j]均不参与构成时仍有合法方案， 则所有参与构成最长公共子序列的元素均来自于s1的前i-1个字符和s2的前j-1个字符 此时又有在s1[i]与s2[j]均不参与构成时仍有合法方案， 则有dp[i][j]==dp[i-1][j]==dp[i-1][j-1] ==>矛盾 反证：g[i][j-1]和g[i-1][j]的方案数指代的方案完全不重合 */ }
(2) 当s1[i]!=s2[j]时，g[i][j]只有两个来源①g[i-1][j]②g[i][j-1] (因为s1[i]与s2[j] 不能同时参与当前的最长公共子序列的组成)。
①s1[i]与s2[j]均不做出贡献时：(dp[i][j]==dp[i-1][j-1])
dp[i][j]==dp[i-1][j-1];g[i][j]+=g[i-1][j-1]。（因为均不做出贡献，所有参与构成最长公共子序列的元 素均来自于s1的前i-1个字符和s2的前j-1个字符）
②s1[i]做出贡献，而s2[j]不做出贡献时：(dp[i][j]==dp[i][j-1])
dp[i][j]==dp[i][j-1],同时确定g[i][j-1]包含 s1[i]做出贡献与s1[i]不做出贡献两种情况。
所以g[i][j]+=(g[i-1][j]-g[i-1][j-1])。
③s2[j]做出贡献，而s1[i]不做出贡献时：(dp[i][j]==dp[i-1][j])
dp[i][j]==dp[i][j-1],同时确定g[i-1][j]包含 s2[j]做出贡献与s2[j]不做出贡献两种情况。
所以g[i][j]+=(g[i][j-1]-g[i-1][j-1])。
则有关键代码：
if (s1[i]!=s2[j]) { dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); if (dp[i][j-1]==dp[i][j]) g[i][j]+=g[i-1][j]; if (dp[i-1][j]==dp[i][j]) g[i][j]+=g[i][j-1]; if (dp[i-1][j-1]==dp[i][j]) g[i][j]-=g[i-1][j-1];//其实在s1[i]==s2[j]中也因当有这一步， //但是因为dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1;所以这个判断语句可以省略。 }
附：当字符串的长度达到5000+时，内存需求非常大，这样我们需要使用滚动数组。
我们发现，每一次dp[i]与g[i]的答案都只与第i层和第i-1层的结果有关，所以前i-2的数据都不可能在被使用，运用滚动数组可以优化空间。
（确定状态（最后一步与子问题）=>递归调用=>保留递归结果优化解决方案，状态转移方程，初始条件和边界情况，计算顺序）
原文链接：https://blog.csdn.net/qq_35851866/article/details/104102182