最长上升子序列问题
描述 一个数的序列bi，当b1 < b2 < ... < bS的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列(a1, a2, ..., aN)，我们可以得到一些上升的子序列(ai1, ai2, ..., aiK)，这里1 <= i1 < i2 < ... < iK <= N。 比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，有它的一些上升子序列，如(1, 7), (3, 4, 8)等等。这些子序列中最长的长度是4，比如子序列(1, 3, 5, 8). 你的任务，就是对于给定的序列，求出最长上升子序列的长度。 输入 输入的第一行是序列的长度N (1 <= N <= 1000)。第二行给出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都在0到10000。 输出 最长上升子序列的长度。 样例输入 7 1 7 3 5 9 4 8 样例输出 4 来源 Northeastern Europe 2002, Far-Eastern Subregion 比赛试题
首先我们来定义下状态 dp[i]：以ai为末尾的最长上升子序列的长度
状态转移方程：dp[i] = { max(dp[j]+1) | j<i 且 aj<ai }
用文字解释一下是：
以第i项结尾的LIS的长度是：保证第j项比第i项小的情况下，以第j项结尾的LIS长度加一的最大值，取遍i的所有值（j小于i）
让我们举个例子：求 { 2 7 1 5 6 4 3 8 9 } 的最长上升子序列。
为了方便起见，我们定义d(i) (i∈[1,n])来表示前i个数以A[i]结尾的最长上升子序列长度。
前1个数 d(1)=1 子序列为2
前2个数 7前面有2小于7 d(2)=d(1)+1=2 子序列为2 7
前3个数 在1前面没有比1更小的，1自身组成长度为1的子序列 d(3)=1 子序列为1
前4个数 5前面有2小于5 d(4)=d(1)+1=2 子序列为2 5
前5个数 6前面有2 5小于6 d(5)=d(4)+1=3 子序列为2 5 6
前6个数 4前面有2小于4 d(6)=d(1)+1=2 子序列为2 4
前7个数 3前面有2小于3 d(3)=d(1)+1=2 子序列为2 3
前8个数 8前面有2 5 6小于8 d(8)=d(5)+1=4 子序列为2 5 6 8
前9个数 9前面有2 5 6 8小于9 d(9)=d(8)+1=5 子序列为2 5 6 8 9
d(i)=max{d(1),d(2),……,d(i)} 我们可以看出这9个数的LIS为d(9)=5
核心代码：
void solve() { int res = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { dp[i] = 1; for (int j = 0; j < i; j++) { if (a[j] < a[i]) dp [i] = max (dp[i] , dp[j] + 1); } res = max(res, dp[i])； } printf("%d\n", res); }
对状态的定义只有一种吗？当然不是
我们可以用完全不同的视角定义这个问题
状态 dp[i]：长度为i+1的上升子序列中末尾元素的最小值(不存在的话就是INF)
状态转移方程：dp[i] = { min(dp[i], aj) | dp[i-1]<aj 或者 i=0}
我们再举一个例子：有以下序列A[]={ 3 1 2 6 4 5 10 7 }，求LIS长度。
我们定义一个B[i]来储存可能的排序序列，len为LIS长度。我们依次把A[i]有序地放进B[i]里。（为了方便，这时i的范围就从1~n表示第i个数）
A[1]=3，把3放进dp[1]，此时dp[1]=3，此时len=1，最小末尾是3
A[2]=1，因为1比3小，所以可以把dp[1]中的3替换为1，此时B[1]=1，此时len=1，最小末尾是1
A[3]=2，2大于1，就把2放进dp[2]=2，此时B[]={1,2}，len=2
同理，A[4]=6，把6放进dp[3]=6，B[]={1,2,6}，len=3
A[5]=4，4在2和6之间，比6小，可以把dp[3]替换为4，B[]={1,2,4}，len=3
A[6]=5，dp[4]=5，dp[]={1,2,4,5}，len=4
A[7]=10，dp[5]=10，B[]={1,2,4,5,10}，len=5
A[8]=7，7在5和10之间，比10小，可以把dp[5]替换为7，B[]={1,2,4,5,7}，len=5
核心代码( O(n2) )：
void solve() { fill(dp, dp+n, INF); for (int j = 0; j < n; j++) { for (int i = 0; i < j; i++) { dp[0] = min(dp[0], a[j]); if (dp[i]<a[j]) dp[i+1] = min(dp[i+1], a[j]); } } }
优化后的代码( O(nlogn) )：
void solve() { fill(dp, dp+n, INF);//也可以使用memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); for (int i = 0; i < n; i++) { *lower_bound(dp, dp+n, a[i]) = a[i]; /*整个dp数组除了INF外是呈严格上升的，即dp中插入的数据是有序的，不需要移动，只需要替换， 由此可知对于每个aj最多只需要一次更新，对于更新应该在什么位置，可以利用二分搜索*/ } printf("%d\n", 1ower_bound(dp, dp+n, INF) - dp); }
附：
lower_bound( )和upper_bound( )都是利用二分查找的方法在一个排好序的数组中进行查找的。
lower_bound()：返回的是被查序列中第一个大于等于查找值的指针
upper_bound()：返回的是被查序列中第一个大于查找值得指针
