题意
如标题。
\(|s1|,|s2| \leq 500\)
分析
既然是dp问题的组合，那么考虑dp。
定义状态f(i,j)表示对第一个序列s1的前i个和第二个序列s2的前j个元素求最长上升公共子序列，并且s1的第i个元素和s2的第j个元素匹配的结果，显然，当且仅当s1[i]=s2[j]时，f(i,j)有意义。
转移方程为：
\[f(i,j)=\max\{f(i',j')|i'<i,j'<j,s2[j']<s1[i]\}+1\]
这个朴素做法的时间复杂度为\(O(n^4)\)。我们尝试优化此方程，记\(opt(j')=\max\{f(i',j')\}\)，保证f(i',j')有意义。那么转移方程为：
\[f(i,j)=\max\{opt(j')|j'<j,s2[j']<s1[i]\}+1\]
事实上，只需要从小到大枚举i，然后及时更新opt，就可以将转移的复杂度降为O(n)了。这样时间复杂度为\(O(n^3)\)，已经可以过了。
代码
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<list>
#include<deque>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<complex>
#pragma GCC optimize ("O0")
using namespace std;
template<class T> inline T read(T&x)
{
T data=0;
int w=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-')
w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
data=10*data+ch-'0',ch=getchar();
return x=data*w;
}
typedef long long ll;
const int INF=0x7fffffff;
const int MAXN=5e2+7;
int n,m;
int a[MAXN],b[MAXN];
int f[MAXN][MAXN];
int opt[MAXN];
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T;
read(T);
while(T--)
{
memset(f,0,sizeof(f)); // edit 1
memset(opt,0,sizeof(opt));
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i)
read(a[i]);
read(m);
for(int i=1;i<=m;++i)
read(b[i]);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=m;++j)
{
if(a[i]!=b[j])
continue;
int t=0;
for(int k=1;k<j;++k)
if(b[k]<a[i])
t=max(t,opt[k]);
f[i][j]=t+1;
opt[j]=max(opt[j],f[i][j]);
ans=max(ans,f[i][j]);
}
printf("%d\n",ans);
if(T) // edit 2
puts("");
}
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return 0;
}