**：
屬於簡單的經典的dp，求最長上公升子串行(lis)。先研究了o(n^2)的思路。
令a[i]表示輸入第i個元素，d[i]表示從a[1]到a[i]中以a[i]結尾的最長子序列長度。對於任意的0 < j <= i-1，如果a(j) < a(i)，則a(i)可以接在a(j)後面形成乙個以a(i)結尾的新的最長上公升子串行。對於所有的 0 < j <= i-1，我們需要找出其中的最大值。
dp狀態轉移方程:
d[i] = max (j = 1, 2, 3, ..., i-1 且 a[j] < a[i])
解釋一下這個方程，i， j在範圍內:
如果 a[j] < a[i] ，則d[i] = d[j] + 1
如果 a[j] >= a[i] ，則d[i] = 1
#include #define size 1001
using namespace std;
int main()
max = 0;
for (i = 1; i <= n; i++)
}/* 記錄最長子序列 */
if (d[i] > max) max = d[i];
}cout << max << endl;
//system("pause");
return 0;
}
還有乙個o(nlogn)的演算法：
這個演算法其實已經不是dp了，有點像貪心。至於複雜度降低其實是因為這個演算法裡面用到了二分搜尋。本來有n個數要處理是o(n)，每次計算要查詢n次還是o(n)，一共就是o(n^2)；現在搜尋換成了o(logn)的二分搜尋，總的複雜度就變為o(nlogn)了。
這個演算法的具體操作如下(by ryanwang):
開乙個棧，每次取棧頂元素top和讀到的元素temp做比較，如果temp > top 則將temp入棧；如果temp < top則二分查詢棧中的
比temp大的第1個數
，並用temp替換它。 最長序列長度即為棧的大小top。
這也是很好理解的，對於x和y，如果x < y且stack[y] < stack[x],用stack[x]替換stack[y]，此時的最長序列長度沒有改變但序列q的''潛力''增大了。
舉例：原序列為1，5，8，3，6，7
棧為1，5，8，此時讀到3，用3替換5，得到1，3，8； 再讀6，用6替換8，得到1，3，6；再讀7，得到最終棧為1，3，6，7。最長遞增子串行為長度4。但是這個**只能求出長度，並不能求出具體的序列
雙端lis：
也是基於這個演算法，但是記錄了每個i對應的最長上公升序列的長度
用該演算法完成poj2533的具體**如下:
#include #define size 1001
using namespace std;
int main()
else
else
}/* 用temp替換 */
stack[low] = temp;}}
/* 最長序列數就是棧的大小 */
cout << top << endl;
//system("pause");
return 0;
}
總體思想就是從左到右掃瞄，保證棧的長度是增長的，具體原因，不太理解
演算法3 o(nlogn)
**：
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，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！
#include
using
namespace std;
int find(
int *a,
int len,
int n)
//若返回值為x,則a[x]>=n>a[x-1]
return left; }
void fill(
int *a,
int n)
int main()
for(max=i=0;i//
………………………………8
if(b[i]>max)
max=b[i];
cout對於這段程式，我們可以用演算法導論上的loop invariants來幫助理解.
loop invariant: 1、每次迴圈結束後c都是單調遞增的。(這一性質決定了可以用二分查詢）
2、每次迴圈後，c[i]總是儲存長度為i的遞增子串行的最末的元素，若長度為i的遞增子序
列有多個，剛儲存末尾元素最小的那個.（這一性質決定是第3條性質成立的前提）
3、每次迴圈完後，b[i]總是儲存以a[i]結尾的最長遞增子串行。
initialization: 1、進入迴圈之前，c[0]=-1,c[1]=a[0],c的其他元素均為1000,c是單調遞增的;
2、進入迴圈之前，c[1]=a[0],儲存了長度為1時的遞增序列的最末的元素，且此時長度為1
的遞增了序列只有乙個，c[1]也是最小的;
3、進入迴圈之前，b[0]=1，此時以a[0]結尾的最長遞增子串行的長度為1.
maintenance: 1、若在第n次迴圈之前c是單調遞增的，則第n次迴圈時，c的值只在第6行發生變化，而由
c進入迴圈前單調遞增及find函式的性質可知（見find的注釋),
此時c[j+1]>c[j]>=a[i]>c[j-1],所以把c[j]的值更新為a[i]後，c[j+1]>c[j]>c[j-1]的性質仍然成
立，即c仍然是單調遞增的；
2、迴圈中，c的值只在第6行發生變化，由c[j]>=a[i]可知，c[j]更新為a[i]後，c[j]的值只會變
小不會變大，因為進入迴圈前c[j]的值是最小的，則迴圈中把c[j]更新為更小的a[i]，當
然此時c[j]的值仍是最小的;
3、迴圈中，b[i]的值在第7行發生了變化，因為有loop invariant的性質2，find函式返回值
為j有：c[j-1]
長度，即為j-1,把a[i]接在c[j-1]後可得到以a[i]結尾的最長遞增子串行，長度為(j-1)+1=j;
termination: 迴圈完後，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]結尾的最長遞
增子序列的長度均已求出，再通過第8行的迴圈，即求出了整個陣列的最長遞增子串行。
仔細分析上面的**可以發現，每次迴圈結束後，假設已經求出c[1],c[2],c[3],...,c[len]的值，則此時最長遞增子串行的長度為len,因此可以把上面的**更加簡化，即可以不需要陣列b來輔助儲存，第8行的迴圈也可以省略。
二分查詢可以參考：
#include
using
namespace std;
int find(int *a,int len,int n)//
修改後的二分查詢，若返回值為x，則a[x]>=n
return left;
}int main()
cout o nlogn 做法 貪心 二分 該想法是在o n 2 的動態規劃中進一步演化而來 p i 表示第i個元素，dp i 表示長度為i 1的lis結尾元素的最小值 利用貪心的思想，對於乙個上公升子串行，最後面的乙個元素越小，越有利於新增新的元素，這樣lis長度更長，所以我們要維護dp陣列，其表示的就是長... 首先要知道什麼是子串行?它和子串的區別 子串是指字串中連續的n個字元。子串行是指字串中不一定連續但先後順序不變的n個字元。對於乙個給定的陣列，它的最長上公升子串行不一定唯一，但是最長上公升子串行的長度一定是確定的。這裡我給出兩種方法分別是dpo n2 的和貪心 二分的演算法。1 動態規劃dp。我們可... 題目 兩道題幾乎一樣，只不過對於輸入輸出的要求有所不同罷了。lis有兩種方法 一 第一種方法 時間複雜度為o n 2 狀態 dp i 區間為0 i的序列的lis 轉移方程 dp i max 1,dp k 1 0 k include include include include using name...最長上公升子串行的長度（LIS）
最長上公升子串行 LIS的長度
最長上公升子串行 LIS