一般对于两个字符串，长度分别为n和m，其时间复杂度为O(nm)。
但是针对小字符集的情况，可以把复杂度降低到O(n^2+km)，其中n为两个字符串较短的长度。这种方法对于两个字符串长度相差很大的情况比O(nm)要优化很多。
就假设所有的字符都是小写字母，这样就符合小字符集的前提了。设较短的字符串为S1，较长的字符串为S2。字符串下标从1开始。
S2字符串每个位置右边第一个字符是可以通过O(km)预处理得到的。其中k为小字符集的字符个数，m为较长的那个字符串的长度。
用next[i][j]表示S2[i]右边第一个(char)(‘a‘+j)的位置。
设dp[i][j]表示S1匹配了前i位，长度为j的最长公共子序列与S2匹配到的最靠左的位置。如果不存在则为length(S2)+1。
dp[i][0] = 0
如果S2的dp[i-1][j-1]这个位置右边第一个与S1[i]相等的位置存在，那么dp[i][j] = min{ dp[i-1][j], next[dp[i-1][j-1]][S1[i]] }。
否则dp[i][j] = dp[i-1][j]。
对于每一个不是-1的dp，记录下j，最后取一个最大就是最长公共子序列了。
因此，总的复杂度为O(n^2+km)。
具体实现：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1005;
const int maxm=1000005;
char s1[maxn],s2[maxm];
int dp[maxn][maxn];
int next[maxm][26];
int main()
{
scanf("%s%s",s1+1,s2+1);
int l1=strlen(s1+1);
int l2=strlen(s2+1);
for (int i=0;i<maxm;i++)
for (int j=0;j<26;j++)
next[i][j]=l2+1;
for (int i=0;i<maxn;i++)
for (int j=0;j<maxn;j++)
dp[i][j]=l2+1;
for (int i=l2-1;i>=0;i--)
{
for (int j=0;j<26;j++)
{
char cc=‘a‘+j;
if (s2[i+1]==cc) next[i][j]=i+1;
else next[i][j]=next[i+1][j];
}
}
for (int i=1;i<=l1;i++) dp[i][0]=0;
int ans=0;
for (int i=1;i<=l1;i++)
{
for (int j=1;j<=i;j++)
{
if (next[dp[i-1][j-1]][s1[i]-‘a‘]!=l2+1) dp[i][j]=min(dp[i-1][j],next[dp[i-1][j-1]][s1[i]-‘a‘]);
else dp[i][j]=dp[i-1][j];
if (dp[i][j]!=l2+1) ans=max(ans,j);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}