nlog(n)的方法從很久之前就看了，愣是沒看懂，因為這個條件
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 （f儲存lis長度）
(1)x < y < t
(2)a[x] < a[y] < a[t]
(3)f[x] = f[y]
沒看懂，當a[x]
其實這只是傳遞乙個思想而已，當兩者的lis都一樣時取最小值效果更好。只要明白這一點就行了。
再根據那個思想，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： （這個特點很重要）
(1) d[k]的值是在整個計算過程中是單調不下降的。
(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！
例如：012
3456
a173
5948
c-113(7)(4)
59(8)
#include #include #include #include #include using namespace std;
#define n 200001
int n,a[n],dp[n];
int find(int len,int n) //二分，返回值為x，則c[x]>n>c[i-1],返回比n大的最小值
cout《有個更剪短優化的**，就是利用stl中的lower_bound
函式lower_bound()在first和last中的
前閉後開
區間進行二分查詢，返回大於或等於val的
第乙個元素
位置。如果所有元素都小於val，則返回
last
的位置
函式upper_bound()返回的在前閉後開區間查詢的關鍵字的上界，如乙個陣列number序列1,2,2,4.upper_bound(2)後，返回的位置是3（下標）也就是4所在的位置,同樣，如果插入元素大於陣列中全部元素，返回的是last。（注意：此時陣列下標越界！！）
返回查詢元素的最後乙個可安插位置，也就是「元素值》查詢值」的第乙個元素的位置
#include#includeusing namespace std;
const int max=100100;
int num[max],top=0;
int main()
printf("%d\n",top); }
}
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ip...
最長上公升子串行 nlogn
fi 表示i長度的上公升子串行的最小末尾元素值 用貪心的辦法，每次訪問乙個小於當前末尾值的元素，就往前二分地找乙個可以替換的位置 include include include include using namespace std define debug x cerr x x endl cons...
最長上公升子串行nlogn演算法
這題目是經典的dp題目，也可叫作lis longest increasing subsequence 最長上公升子串行 或者 最長不下降子串行。很基礎的題目，有兩種演算法，複雜度分別為o n logn 和o n 2 a.o n 2 演算法分析如下 a 1 a n 存的都是輸入的數 1 對於a n 來...