最長上公升子串行 nlogn

最長上公升子串行中對於數ipt[i]，向前遍歷，當數ipt[j]小於ipt[i] 則ipt[j]可作為上公升序列中ipt[i]的前乙個數字

dp[i] = max

若現在有兩個狀態a,b 滿足dp[a] = dp[b]且 ipt[a] < ipt[b]

則對於後面的狀態dp[a]更優  因為若ipt[i] > dp[b] 則必然ipt[i] > dp[a]，反之若ipt[i] > dp[a] 卻不一定滿足ipt[i] > dp[b]

所以若只儲存狀態a  那麼也不會丟失最優解

那麼對於相同dp值，只需保留ipt最小的乙個

則  ipt值(dp=1) < ipt值(dp=2) < ipt值(dp=3).....

即此序列有序

比如  1 6 2 3 7 5

dp  1 2 2 3 4 4

當計算2時  發現dp=2的ipt值為6  則6可替換為2

同理    1 (6) 2 3 (7) 5

dp 1      2 3      4

這樣，計算時維護乙個序列即可

//#pragma comment(linker, "/stack:102400000,102400000")

//head
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;
//loop
#define fe(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fed(i, b, a) for(int i = (b); i>= (a); --i)
#define rep(i, n) for(int i = 0; i < (n); ++i)
#define clr(a,value) memset(a,value,sizeof(a))
//stl
#define pb push_back
//input
#define ri(n) scanf("%d", &n)
#define rii(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define riii(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define rs(s) scanf("%s", s)
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1010;
#define ff(i, a, b) for(int i = (a); i < (b); ++i)
#define fd(i, b, a) for(int i = (b) - 1; i >= (a); --i)
#define cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define fc(it, c) for(__typeof((c).begin()) it = (c).begin(); it != (c).end(); it++)
#define eq(a, b) (fabs((a) - (b)) <= 1e-10)
#define all(c) (c).begin(), (c).end()
#define sz(v) (int)v.size()
#define riv(n, m, k, p) scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &p)
#define rv(n, m, k, p, q) scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &k, &p, &q)
#define wi(n) printf("%d\n", n)
#define ws(s) printf("%s\n", s)
#define sqr(x) (x) * (x)
typedef vector vi;
typedef unsigned long long ull;
const double eps = 1e-10;
const ll mod = 1e9 + 7;
int ipt[1010], dp[1010], a[1010];
int main()
cout << ans << endl;
}return 0;
}

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