最长不降子序列
这题目是经典的DP题目，也可叫作LIS（Longest Increasing Subsequence）最长上升子序列或者 最长不下降子序列。很基础的题目，有两种算法，复杂度分别为O(n*logn)和O(n^2) 。
一．问题描述
设有由n个不相同的整数组成的数列，记为:
a(1)、a(2)、……、a(n)且a(i)<>a(j) (i<>j)
例如3，18，7，14，10，12，23，41，16，24。
若存在i1<i2<i3< … < ie 且有a(i1)<a(i2)< …
<a(ie)则称为长度为e的不下降序列。如上例中3，18，23，24就是一个长度为4的不下降序列，同时也有3，7，10，12，16，24长度为6的不下降序列。程序要求，当原数列给出之后，求出最长的不下降序列。
二．算法分析
（一）。根据动态规划的原理，由后往前进行搜索。
1·对a(n)来说，由于它是最后一个数，所以当从a(n)开始查找时，只存在长度为1的不下降序列；
2·若从a(n-1)开始查找，则存在下面的两种可能性：
①若a(n-1)<a(n)则存在长度为2的不下降序列a(n-1)，a(n)。
②若a(n-1)>a(n)则存在长度为1的不下降序列a(n-1)或a(n)。
3·一般若从a(i)开始，此时最长不下降序列应该按下列方法求出:
在a(i+1),a(i+2),…,a(n)中，找出一个比a(i)大的且最长的不下降序列，作为它的后继。倒推公式为
F（I）=MAX{F（I+K）}+1
F[I]：表示以第I个位置为起点的最长不下降序列的长度。
K的选择范围：a(I+k)>a(i) I+k≦n
最后从F[1]到F[N]中选取最大的即为最优解
当然也可以采用顺推的方法，顺推公式为
F（I）=MAX{F（I-K）}+1
F[I]：表示以第I个位置为终点的最长不下降序列的长度。
K的选择范围：a(I-k)<a(i) I-k≧1
最后从F[1]到F[N]中选取最大的即为最优解
4·为算法上的需要，定义一个数组（倒推法）
整数类型二维数组d（N，3）
d（I，1）表示点a（i）
d（I，2）表示从I位置到达N的最长不下降序列长度
d（I，3）表示从I位置开始最长不下降序列的下一个数字的位置，以便打印。
初始化:
FOR I = 1 TO N
INPUT #1, D(I, 1)
D(I, 2) = 1
D(I, 3) = 0
NEXT I
A.O(n^2)算法分析如下：
（a[1]...a[n] 存的都是输入的数）
1、对于a[n]来说，由于它是最后一个数，所以当从a[n]开始查找时，只存在长度为1的不下降子序列；
2、若从a[n-1]开始查找，则存在下面的两种可能性：
（1）若a[n-1] < a[n] 则存在长度为2的不下降子序列 a[n-1],a[n];
（2）若a[n-1] > a[n] 则存在长度为1的不下降子序列 a[n-1]或者a[n]。
3、一般若从a[t]开始，此时最长不下降子序列应该是按下列方法求出的：
在a[t+1],a[t+2],...a[n]中，找出一个比a[t]大的且最长的不下降子序列，作为它的后继。
4、为算法上的需要，定义一个数组：
int d[n][3];
d[t][0]表示a[t];
d[t][1]表示从i位置到达n的最长不下降子序列的长度;
d[t][2]表示从i位置开始最长不下降子序列的下一个位置。
实现代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
int main(void)
{
int i,j,n,a[100],b[100],max;
while(cin>>n)
{
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
b[0]=1;//初始化，以a[0]结尾的最长递增子序列长度为1
for(i=1;i<n;i++)
{
b[i]=1;//b[i]最小值为1
for(j=0;j<i;j++)
if(a[i]>a[j]&&b[j]+1>b[i])
b[i]=b[j]+1;
}
for(max=i=0;i<n;i++)//求出整个数列的最长递增子序列的长度
if(b[i]>max)
max=b[i];
cout<<max<<endl;
}
return 0;
}
显然，这种方法的时间复杂度仍为o(n^2);
B.最长不下降子序列的O(n*logn)算法分析如下：
设 A[t]表示序列中的第t个数，F[t]表示从1到t这一段中以t结尾的最长上升子序列的长度，初始时设F [t] = 0(t = 1, 2, ..., len(A))。则有动态规划方程：F[t] = max{1, F[j] + 1} (j = 1, 2, ..., t - 1, 且A[j] < A[t])。
现在，我们仔细考虑计算F[t]时的情况。假设有两个元素A[x]和A[y]，满足
(1)x < y < t
(2)A[x] < A[y] < A[t]
(3)F[x] = F[y]
此时，选择F[x]和选择F[y]都可以得到同样的F[t]值，那么，在最长上升子序列的这个位置中，应该选择A[x]还是应该选择A[y]呢？
很明显，选择A[x]比选择A[y]要好。因为由于条件(2)，在A[x+1] ... A[t-1]这一段中，如果存在A[z]，A[x] < A[z] < a[y]，则与选择A[y]相比，将会得到更长的上升子序列。
再根据条件(3)，我们会得到一个启示：根据F[]的值进行分类。对于F[]的每一个取值k，我们只需要保留满足F[t] = k的所有A[t]中的最小值。设D[k]记录这个值，即D[k] = min{A[t]} (F[t] = k)。
注意到D[]的两个特点：
(1) D[k]的值是在整个计算过程中是单调不上升的。
(2) D[]的值是有序的，即D[1] < D[2] < D[3] < ... < D[n]。
利用D[]，我们可以得到另外一种计算最长上升子序列长度的方法。设当前已经求出的最长上升子序列长度为len。先判断A[t]与D[len]。若A [t] > D[len]，则将A[t]接在D[len]后将得到一个更长的上升子序列，len = len + 1， D[len] = A [t]；否则，在D[1]..D[len]中，找到最大的j，满足D[j] < A[t]。令k = j + 1，则有A [t] <= D[k]，将A[t]接在D[j]后将得到一个更长的上升子序列，更新D[k] = A[t]。最后，len即为所要求的最长上 升子序列的长度。
在上述算法中，若使用朴素的顺序查找在D[1]..D[len]查找，由于共有O(n)个元素需要计算，每次计算时的复杂度是O(n)，则整个算法的 时间复杂度为O(n^2)，与原来的算法相比没有任何进步。但是由于D[]的特点(2)，我们在D[]中查找时，可以使用二分查找高效地完成，则整个算法 的时间复杂度下降为O(nlogn)，有了非常显著的提高。需要注意的是，D[]在算法结束后记录的并不是一个符合题意的最长上升子序列！
#include <iostream>
using namespace std;
int find(int *a,int len,int n)//若返回值为x,则a[x]>=n>a[x-1]
{
int left=0,right=len,mid=(left+right)/2;
while(left<=right)
{
if(n>a[mid]) left=mid+1;
else if(n<a[mid]) right=mid-1;
else return mid;
mid=(left+right)/2;
}
return left;
}
void fill(int *a,int n)
{
for(int i=0;i<=n;i++)
a[i]=1000;
}
int main(void)
{
int max,i,j,n,a[100],b[100],c[100];
while(cin>>n)
{
fill(c,n+1);
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
c[0]=-1;// …………………………………………1
c[1]=a[0];// ……………………………………2
b[0]=1;// …………………………………………3
for(i=1;i<n;i++)// ………………………………4
{
j=find(c,n+1,a[i]);// ……………………5
c[j]=a[i];// ………………………………6
b[i]=j;//……………………………………7
}
for(max=i=0;i<n;i++)//………………………………8
if(b[i]>max)
max=b[i];
cout<<max<<endl;
}
return 0;
}
对于这段程序，我们可以用算法导论上的loop invariants来帮助理解.
loop invariant: 1、每次循环结束后c都是单调递增的。(这一性质决定了可以用二分查找）
2、每次循环后，c[i]总是保存长度为i的递增子序列的最末的元素，若长度为i的递增子序列有多个，刚保存末尾元素最小的那个.（这一性质决定是第3条性质成立的前提）
3、每次循环完后，b[i]总是保存以a[i]结尾的最长递增子序列。
initialization: 1、进入循环之前，c[0]=-1,c[1]=a[0],c的其他元素均为1000,c是单调递增的;
2、进入循环之前，c[1]=a[0],保存了长度为1时的递增序列的最末的元素，且此时长度为1的递增了序列只有一个，c[1]也是最小的;
3、进入循环之前，b[0]=1，此时以a[0]结尾的最长递增子序列的长度为1.
maintenance: 1、若在第n次循环之前c是单调递增的，则第n次循环时，c的值只在第6行发生变化，而由c进入循环前单调递增及find函数的性质可知（见find的注释),此时c[j+1]>c[j]>=a[i]>c[j-1],所以把c[j]的值更新为a[i]后，c[j+1]>c[j]>c[j-1]的性质仍然成立，即c仍然是单调递增的；
2、循环中，c的值只在第6行发生变化，由c[j]>=a[i]可知，c[j]更新为a[i]后，c[j]的值只会变小不会变大，因为进入循环前c[j]的值是最小的，则循环中把c[j]更新为更小的a[i]，当然此时c[j]的值仍是最小的;
3、循环中，b[i]的值在第7行发生了变化，因为有loop invariant的性质2，find函数返回值为j有：c[j-1]<a[i]<=c[j],这说明c[j-1]是小于a[i]的，且以c[j-1]结尾的递增子序列有最大的长度，即为j-1,把a[i]接在c[j-1]后可得到以a[i]结尾的最长递增子序列，长度为(j-1)+1=j;
termination: 循环完后，i=n-1,b[0],b[1],...,b[n-1]的值均已求出，即以a[0],a[1],...,a[n-1]结尾的最长递增子序列的长度均已求出，再通过第8行的循环，即求出了整个数组的最长递增子序列。
仔细分析上面的代码可以发现，每次循环结束后，假设已经求出c[1],c[2],c[3],...,c[len]的值，则此时最长递增子序列的长度为len,因此可以把上面的代码更加简化，即可以不需要数组b来辅助存储，第8行的循环也可以省略。
#include <iostream>
using namespace std;
int find(int *a,int len,int n)//修改后的二分查找，若返回值为x，则a[x]>=n
{
int left=0,right=len,mid=(left+right)/2;
while(left<=right)
{
if(n>a[mid]) left=mid+1;
else if(n<a[mid]) right=mid-1;
else return mid;
mid=(left+right)/2;
}
return left;
}
int main(void)
{
int n,a[100],b[100],c[100],i,j,len;//新开一变量len,用来储存每次循环结束后c中已经求出值的元素的最大下标
while(cin>>n)
{
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
b[0]=1;
c[0]=-1;
c[1]=a[0];
len=1;//此时只有c[1]求出来，最长递增子序列的长度为1.
for(i=1;i<n;i++)
{
j=find(c,len,a[i]);
c[j]=a[i];
if(j>len)//要更新len,另外补充一点：由二分查找可知j只可能比len大1
len=j;//更新len
}
cout<<len<<endl;
}
return 0;
}
比较一点的实现：
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
const int N = 1001;
int a[N], C[N], f[N]; // f[i]用于记录a[0i]的最大长度
int bsearch(const int *C, int size, const int &a)
{
int l=0, r=size-1;
while( l <= r )
{
int mid = (l+r)/2;
if( a > C[mid-1] && a <= C[mid] ) return mid; // >&&<= 换为: >= && <
else if( a < C[mid] ) r = mid-1;
else l = mid+1;
}
}
int LIS(const int *a, const int &n)
{
int i, j, size = 1;
C[0] = a[0]; f[0] = 1;
for( i=1; i < n; ++i )
{
if( a[i] <= C[0] ) j = 0; // <= 换为: <
else if( a[i] >C[size-1] )
j = size++; // > 换为: >=
else
j = bsearch(C, size, a[i]);
C[j] = a[i]; f[i] = j+1;
}
return size;
}
int main(void)
{
int data[32];
int n;
while(cin>>n)
{
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>data[i];
cout<<LIS(data,n)<<endl;
}
return 0;
}
本文转自：http://www.cppblog.com/superKiki/archive/2010/08/09/122868.aspx
