可以參考一下zoj-1986這題目。
先回顧經典的o(n^2)的動態規劃演算法，設a[t]表示序列中的第t個數，f[t]表示從1到t這一段中以t結尾的最長上公升子串行的長度，初始時設f [t] = 0(t = 1, 2, ..., len(a))。則有動態規劃方程：f[t] = max (j = 1, 2, ..., t - 1, 且a[j] < a[t])。
現在，我們仔細考慮計算f[t]時的情況。假設有兩個元素a[x]和a[y]，滿足
(1)x < y < t (2)a[x] < a[y] < a[t] (3)f[x] = f[y]
此時，選擇f[x]和選擇f[y]都可以得到同樣的f[t]值，那麼，在最長上公升子串行的這個位置中，應該選擇a[x]還是應該選擇a[y]呢？
很明顯，選擇a[x]比選擇a[y]要好。因為由於條件(2)，在a[x+1] ... a[t-1]這一段中，如果存在a[z]，a[x] < a[z] < a[y]，則與選擇a[y]相比，將會得到更長的上公升子串行。
再根據條件(3)，我們會得到乙個啟示：根據f的值進行分類。對於f的每乙個取值k，我們只需要保留滿足f[t] = k的所有a[t]中的最小值。設d[k]記錄這個值，即d[k] = min (f[t] = k)。
注意到d的兩個特點：
(1) d[k]的值是在整個計算過程中是單調不上公升的。
(2) d的值是有序的，即d[1] < d[2] < d[3] < ... < d[n]。
利用d，我們可以得到另外一種計算最長上公升子串行長度的方法。設當前已經求出的最長上公升子串行長度為len。先判斷a[t]與d[len]。若a [t] > d[len]，則將a[t]接在d[len]後將得到乙個更長的上公升子串行，len = len + 1， d[len] = a [t]；否則，在d[1]..d[len]中，找到最大的j，滿足d[j] < a[t]。令k = j + 1，則有d[j] < a [t] <= d[k]，將a[t]接在d[j]後將得到乙個更長的上公升子串行，同時更新d[k] = a[t]。最後，len即為所要求的最長上公升子串行的長度。
在上述演算法中，若使用樸素的順序查詢在d[1]..d[len]查詢，由於共有o(n)個元素需要計算，每次計算時的複雜度是o(n)，則整個演算法的時間複雜度為o(n^2)，與原來的演算法相比沒有任何進步。但是由於d的特點(2)，我們在d中查詢時，可以使用二分查詢高效地完成，則整個演算法的時間複雜度下降為o(nlogn)，有了非常顯著的提高。需要注意的是，d在演算法結束後記錄的並不是乙個符合題意的最長上公升子串行！
這個演算法還可以擴充套件到整個最長子序列系列問題，整個演算法的難點在於二分查詢的設計，需要非常小心注意。
solutiion for zoj 1986:
#include
" stdio.h
" unsigned
intj,n,p,i,k1,k2,k3,len,a,d[
40002
];int
main(
void
) else
d[k2]
= a;}}
printf(
" %u/n
" ,len);
} return
0;}
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