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]來說，由於它是最後乙個數，所以當從a[n]開始查詢時，只存在長度為1的不下降子串行； 

2、若從a[n-1]開始查詢，則存在下面的兩種可能性： 

（1）若a[n-1] < a[n] 則存在長度為2的不下降子串行 a[n-1],a[n];

（2）若a[n-1] > a[n] 則存在長度為1的不下降子串行 a[n-1]或者a[n]。 

3、一般若從a[t]開始，此時最長不下降子串行應該是按下列方法求出的： 

在a[t+1],a[t+2],...a[n]中，找出乙個比a[t]大的且最長的不下降子串行，作為它的後繼。 

4、為演算法上的需要，定義乙個陣列：

int d[n][3]; 

d[t][0]表示a[t]; 

d[t][1]表示從i位置到達n的最長不下降子串行的長度;

d[t][2]表示從i位置開始最長不下降子串行的下乙個位置。

實現**如下：

#include using namespace std;  

int main(void)  
for(max=i=0;imax)  
max=b[i];  
cout<
顯然，這種方法的時間複雜度仍為o(n^2);
b.最長不下降子串行的o(nlogn)演算法分析如下:
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！
#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]  
cout<}  
return 0;  
}

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