对最长公共子序列（LCS）等一系列DP问题的研究

LIS问题：
设(f[i])为以(a[i])结尾的最长上升子序列长度，有：

[f[i]=f[j]+1(j<i&&a[j]<a[i]) ]

可以用树状数组优化至(O(nlogn))

基于排列的LCS问题（(a,b)均为排列，即一个元素不会出现多次）：
设(pos_i)为(a_i)在(b)中出现的位置，即(a_i=b_pos_i)。
(a)的一个子序列(a_p_1,a_p_2,...,a_p_m)是(a,b)的公共子序列等价于(pos_p_1<pos_p_2<...<pos_p_m)
求一个LIS即可。

一般LCS问题：

1. 经典解法：
   设(f[i][j])表示只考虑(a)中前(i)个，(b)中前(j)个的最长公共子序列长度，有：

[f[i][j]=left{ egin{aligned} & f[i-1][j-1] & a[i]=b[j]\ & max(f[i-1][j],f[i][j-1]) & a[i]!=b[j]\ end{aligned} ight.]

十分简单，但是还有一种稍微复杂但是拓展性更高的做法：

设$f[i][j]$表示只考虑$a$中前$i$个，$b$中前$j$个并且$b_j$已经和$a_1,...,a_i$中的某一个匹配的最长公共子序列长度，有：

[f[i][j]=left{ egin{aligned} & f[i-1][j] & a[i]!=b[j]\ & max(f[i-1][k]+1) & a[i]==b[j],k<j\ end{aligned} ight.]

为什么说这样拓展性更好？来看这样一道题
题目要求最长上升公共子序列，不能直接用LCS的经典解法了，但是我们仔细思考一下，发现如果我们用上面的转移方程，我们只需要在从(f[i-1][k])转移到(f[i][j])时，只需要保证(b[k]<b[j])即可，所以我们得到新的转移方程：

[f[i][j]=left{ egin{aligned} & f[i-1][j] & a[i]!=b[j]\ & max(f[i-1][k]+1) & a[i]==b[j],k<j&&b[k]<b[j]\ end{aligned} ight.]

又因为当(a[i]==b[j])时，(b[k]<b[j])等价于(b[k]<a[i])，在转移枚举(j)时对所有(b[k]<a[i])的(f[i-1][k])记录一个前缀(max)即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5007
int f[N],a[N],b[N];
int main()
{
	int i,j,n;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&b[i]);
	int maxx=0,ans=0;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		maxx=0;
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(b[j]==a[i])f[j]=max(f[j],maxx+1);
			else if(b[j]<a[i])maxx=max(maxx,f[j]);
			ans=max(ans,f[j]);
		}
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

当然还有对于一般LCS问题的(O(nlogn))解法（不严格），同样可以拓展至此题。

在排列中，(a)中的每一个元素唯一对应(b)中的一个元素，但在一般的LCS问题中不是这样，一个元素可以对应多个元素。

怎么办呢？我们把(a)中每个元素在(b)中对应位置的集合拿出来，比如(a={3,3,2,4},b={2,3,3,5})，那么(a)中元素(3)对应的位置集合就是{2,3}，将每个元素对应位置降序排列，再放回原序列中，对得到的新序列做一个LIS，就是最长公共子序列的长度，比如上面那个例子，a中每个元素对应集合为({2,3},{2,3},{1},{})，得到的新序列就是(3,2,3,2,1)，它的最长上升子序列是(2,3)，即(a,b)的最长公共子序列是由(b_2,b_3)组成的，这时再套用LIS的(O(nlogn))做法即可，但是这样复杂度不是严格(O(nlogn))的，因为每个(a)中的元素最多对应(n)个b中的元素，最坏复杂度达到(O(n^2 log n))。

至于这种做法到上面这题的拓展，因为你要保证你在(a)中选择的元素在(b)中的位置是递增的，同时要保证这些元素的值本身也是递增的，也就是这样：

[f[i]=f[j]+1(j<i&&pos[j]<pos[i],a[j]<a[i]) ]

发现是转移一个二维偏序关系，二维数点即可，复杂度是不严格的(O(nlog^2 n))。