给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长公共子序列的长度。
一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不改变字符的相对顺序的情况下删除某些字符（也可以不删除任何字符）后组成的新字符串。
例如，“ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。两个字符串的「公共子序列」是这两个字符串所共同拥有的子序列。
若这两个字符串没有公共子序列，则返回 0。
示例 1:
输入：text1 = “abcde”, text2 = “ace”
输出：3
解释：最长公共子序列是 “ace”，它的长度为 3。
示例 2:
输入：text1 = “abc”, text2 = “abc”
输出：3
解释：最长公共子序列是 “abc”，它的长度为 3。
示例 3:
输入：text1 = “abc”, text2 = “def”
输出：0
解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0。
提示:
1 <= text1.length <= 1000
1 <= text2.length <= 1000
输入的字符串只含有小写英文字符。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-common-subsequence
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题解：
很明显使用动态规划解题
- 定义状态 dp[i] [j]为字符串1 截止到下标i 的子串，和字符串2截止到下标j 的子串 的最长公共子序列。
- 定义初始值 初始值默认都为0，不需要重新赋值
- 动态转移方程
- 当c1 和 c2相等时，dp为其左上的值 + 1
- 当c1 和 c2不想等时，dp为其左边 和 上边值中的大者
下图为例子，便于理解：(a b c d 和 a c e f的最长公共子序列)
代码如下：
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public static int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
// 定义状态 dp[i][j]为 字符串1 以i结尾的字串，和字符串2以j结尾的字串的最长公共子序列。
int [][]dp = new int[text1.length() + 1][text2.length() + 1];
// 定义初始值 数组中默认都为0，不需要重新赋值
// 动态转移方程
// 当 c1 和 c2相等时，dp为其左上的值加1
// 当 c1 和 c2不想等时，dp为其左边 和 上边的最大值
for (int i = 1; i <= text1.length(); i++) {
char c1 = text1.charAt(i - 1);
for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
char c2 = text2.charAt(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[text1.length()][text2.length()];
}
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复杂度分析：
时间复杂度为 O(N * M) 两层循环，N * M次运算
空间复杂度为 O(N * M) 利用了额外的二维数组存储空间。
优化：
上边的解题过程中，我们在计算dp[i] [j] 时只用到了上边一层dp[i - 1] […]，及其leftTop的值，而leftTop就是上次dp[j]的值。 是否可以把二维数组优化成一位数组，降低其空间复杂度至O(N)级别 ？ 下边我们尝试做一下空间复杂度的优化。
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public static int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
// 定义状态 dp[j]为 字符串1 以i结尾的字串，和字符串2以j结尾的字串的最长公共子序列。
int []dp = new int[text2.length() + 1];
// 定义初始值 数组中默认都为1，不需要重新赋值
// 动态转移方程
// 当 c1 和 c2相等时，dp为其左上的值加1
// 当 c1 和 c2不想等时，dp为其左边 和 上边的最大值
for (int i = 1; i <= text1.length(); i++) {
char c1 = text1.charAt(i - 1);
int cur = 0;
for (int j = 1; j <= text2.length(); j++) {
char c2 = text2.charAt(j - 1);
// leftTop就是上次dp[i] 的值
int leftTop = cur;
cur = dp[j];
if (c1 == c2){
dp[j] = leftTop +1;
}else {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1]);
}
}
}
return dp[text2.length()];
}
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优化过后的复杂度：
空间复杂度： O(N) 额外使用了一维数组的存储空间。
时间复杂度：O(N * M) 两层循环 N * M次计算。