最长公共子序列的问题描述为：

给定两个字符串（或数字序列）A和B,求一个字符串，使得这个字符串是A和B的最长公共部分。（子序列可以不连续）

如样例所示，字符串“sadstory”与“adminsorry”的最长公共子序列为“adsory”，长度为6。

直接来看动态规划的做法（下文的LCS均指最长公共子序列）

令dp[i][j]表示字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS长度（下标从1开始）,如dp[4][5]表示“sads”与“admin”的LCS长度。那么可以根据A[i]和B[j]的情况，分为两种决策。

1，若A[i]==B[j]，则字符串A与字符串B的lcs增加了一位，既有dp[i][j]==dp[i-1][j-1]+1

2,若A[i]!=B[j],则字符串A的i号位和字符串B的j号位之前的LCS无法延长，因此dp[i][j]将会继承dp[i-1][j]与dp[i][j-1]中的较大值，即有dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]}.

由此可以得到状态转移方程：

             = dp[i-1][j-1]+1,A[i]==B[j]

dp[i][j]

             =max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]},A[i]!=B[j]

边界：dp[i][0]=dp[0][j]=0(0<=i<=n,0<=j<=m)

这样状态dp[i][j]只与其之前的状态有关，有边界出发就可以得到整个dp数组，最终dp[n][m]就是需要的答案，时间复杂度为O(nm).

于是可以写出代码：

const int N=100;

char A[N],B[N];

int dp[N][N];

int main(){

int n;

gets(A+1);//从下标为1开始读入

gets(B+1);

int lenA=strlen(A+1);//由于读书时下标从1开始，因此读取长度也从+1开始

int lenB=strlen(B+1);

//边界

for(int i=0;i<=lenA;i++){

dp[i][0]=0;

}

for(int j=0;j<lenB;j++){

dp[0][j]=0;

}

//状态转移方程

for(int i=1;i<=lenA；i++){

      for(int j=1;j<=i;j++){

        if(A[i]==B[j]){

         dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;

          }

       else  

            dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);

     }

}

//dp[lenA][lenB]是答案

printf("%d\n",dp[lenA][lenB]);

}