📌 题目链接：1143. 最长公共子序列 - 力扣（LeetCode）
🔍 难度：中等 | 🏷️ 标签：字符串、动态规划（DP）
⏱️ 目标时间复杂度：O(mn)
💾 空间复杂度：O(mn)（可优化至 O(min(m, n))）
在算法面试中，最长公共子序列（Longest Common Subsequence, LCS） 是一道经典中的经典。它不仅是动态规划的入门标杆题，更是理解“二维状态转移”、“子问题重叠”和“最优子结构”的绝佳载体。掌握本题，等于打通了 DP 思维的一条主干道！🚀
本文将带你 从零构建 DP 表，深入剖析状态定义与转移逻辑，并附上 C++ 与 JavaScript 双语言实现，助你彻底吃透这道高频面试题！
📌 题目分析
给定两个字符串 text1 和 text2，要求找出它们的 最长公共子序列（LCS）的长度。
✅ 注意：子序列 ≠ 子串！
- 子序列：字符相对顺序不变，但不必连续（如
"ace"是"abcde"的子序列）- 子串：必须连续
例如：
text1 = "abcde",text2 = "ace"→ LCS ="ace"→ 长度为 3text1 = "abc",text2 = "def"→ 无公共子序列 → 返回 0
约束条件友好（长度 ≤ 1000），适合使用 O(mn) 的 DP 解法。
🧩 核心算法及代码讲解：动态规划（LCS 模板）
LCS 是二维动态规划的标准模板题。其核心思想是：
用
dp[i][j]表示text1[0..i-1]与text2[0..j-1]的最长公共子序列长度
📐 状态定义
dp[i][j]：考虑text1的前i个字符 和text2的前j个字符 时，LCS 的长度
🔄 状态转移方程
分两种情况讨论：
-
若
text1[i-1] == text2[j-1]
→ 当前字符匹配，可加入 LCS
→dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1 -
若
text1[i-1] != text2[j-1]
→ 当前字符不匹配，不能同时保留
→ 只能从两种“舍弃一个”的方案中选更优者：
• 舍弃text1[i-1]→dp[i-1][j]
• 舍弃text2[j-1]→dp[i][j-1]
→dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
🧱 边界条件（Base Case）
dp[0][j] = 0（空串与任何串的 LCS 为 0）dp[i][0] = 0
🎯 最终答案
dp[m][n]，其中m = text1.length(),n = text2.length()
🧭 解题思路（分步拆解）
-
初始化 DP 表
创建(m+1) × (n+1)的二维数组，全部初始化为 0。 -
双重循环遍历两个字符串
外层i从 1 到 m，内层j从 1 到 n。 -
判断当前字符是否相等
- 相等 → 继承左上角值 +1
- 不等 → 取上方或左方的最大值
-
返回右下角结果
dp[m][n]即为所求。
💡 关键洞察：DP 表的每个格子都代表一个子问题的最优解，最终汇聚成全局最优。
📊 算法分析
| 项目 | 分析 |
|---|---|
| 时间复杂度 | O(mn) —— 每个 dp[i][j] 计算 O(1)，共 mn 个状态 |
| 空间复杂度 | O(mn) —— 存储整个 DP 表✅ 可优化：由于只依赖前一行，可用滚动数组压缩至 O(n) |
| 是否可回溯构造 LCS 字符串？ | ✅ 可以！从 dp[m][n] 倒推路径即可（面试加分项） |
| 常见变体 | - 最短公共超序列（SCS）- 编辑距离（Edit Distance）- 两个数组的 LCS（元素可重复） |
🎯 面试高频考点：
- 能否手写 LCS DP 表？
- 能否解释状态转移的逻辑？
- 能否优化空间？
- 能否输出具体的 LCS 字符串（而不仅是长度）？
💻 代码
✅ C++ 实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
class Solution {
public:
int longestCommonSubsequence(string text1, string text2) {
int m = text1.length(), n = text2.length();
// 创建 (m+1) x (n+1) 的 DP 表，初始化为 0
vector<vector<int>> dp(m + 1, vector<int>(n + 1));
// 从 1 开始遍历，避免越界
for (int i = 1; i <= m; i++) {
char c1 = text1.at(i - 1); // text1 的第 i 个字符（0-indexed）
for (int j = 1; j <= n; j++) {
char c2 = text2.at(j - 1); // text2 的第 j 个字符
if (c1 == c2) {
// 字符匹配：继承左上角 +1
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
} else {
// 字符不匹配：取上方或左方的最大值
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[m][n]; // 返回最终结果
}
};
// 测试
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
Solution sol;
// 示例测试
cout << sol.longestCommonSubsequence("abcde", "ace") << "\n"; // 输出: 3
cout << sol.longestCommonSubsequence("abc", "abc") << "\n"; // 输出: 3
cout << sol.longestCommonSubsequence("abc", "def") << "\n"; // 输出: 0
return 0;
}
✅ JavaScript 实现
/**
* @param {string} text1
* @param {string} text2
* @return {number}
*/
var longestCommonSubsequence = function(text1, text2) {
const m = text1.length;
const n = text2.length;
// 初始化 (m+1) x (n+1) 的 DP 表
const dp = Array.from({ length: m + 1 }, () => Array(n + 1).fill(0));
for (let i = 1; i <= m; i++) {
const c1 = text1[i - 1];
for (let j = 1; j <= n; j++) {
const c2 = text2[j - 1];
if (c1 === c2) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
} else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[m][n];
};
// 测试用例
console.log(longestCommonSubsequence("abcde", "ace")); // 3
console.log(longestCommonSubsequence("abc", "abc")); // 3
console.log(longestCommonSubsequence("abc", "def")); // 0
🔚 结语
🌟 本期完结，下期见！🔥
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📌 记住：当你在刷题时，不要只看答案，要像写这篇文章一样，深入思考每一步背后的原理、优化空间和面试价值。这才是真正提升算法能力的方式！
