测试地址：基因匹配
做法：本题需要用到DP+树状数组。
考虑最基本的求LCS的DP，令$f(i,j)$为以第一个串第$i$个字符结尾，用第二个串的前$j$个字符进行匹配，能得到的LCS长度。有以下状态转移方程：
当$A_i\ne B_j$时：$f(i,j)=f(i,j-1)$；
当$A_i=B_j$时：$f(i,j)=\max(f(i,j-1),f(k,j-1)+1(k<i))$。
我们发现$f(i,j)$较$f(i,j-1)$有变化当且仅当存在$A_i=B_j$，又因为一个字符在字符串中仅出现$5$次，所以处理每一层时，只用考虑$5$个位置的变化。而上面的状态转移需要维护前缀最大值和单点往大修改，显然可以用树状数组维护，这样我们就解决了这一题，时间复杂度为$O(n\log n)$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,pos[20010][6],mx[100010],cnt[20010];

int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}

void modify(int x,int y)
{
    for(int i=x;i<=5*n;i+=lowbit(i))
        mx[i]=max(mx[i],y);
}

int query(int x)
{
    int ans=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
        ans=max(ans,mx[i]);
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=5*n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        pos[x][++cnt[x]]=i;
    }

    for(int i=1;i<=5*n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        for(int j=5;j>=1;j--)
        {
            int p=pos[x][j];
            modify(p,query(p-1)+1);
        }
    }

    printf("%d",query(5*n));

    return 0;
}