題目的意思是，兩行城市，從左到右為1，2，3……n個城市。上面的下面的城市要與上面某個的城市相連，在不出現相交的情況下，最多可以連多少條
最長上公升子串行的o(n＊logn)演算法分析如下:
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，dp[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dp [t] = 0(t = 1, 2, ..., len(a))。則有動態規劃方程：dp[t] = max (j= 1, 2, ..., t - 1, 且a[j]
現在，我們仔細考慮計算dp[t]時的情況。假設有兩個元素a[x]和a[y]，滿足
(1)x
(2)a[x]
(3)dp[x] = dp[y]
此時，選擇dp[x]和選擇dp[y]都可以得到同樣的dp[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]
再根據條件(3)，我們會得到乙個啟示：根據dp的值進行分類。對於dp的每乙個取值k，我們只需要保留滿足dp[t] = k的所有a[t]中的最小值。設d[k]記錄這個值，即d[k] = min (dp[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]
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]
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2 5 4 6 3 8 7
2 3 6 7
nlogn的dp的思路大概就是給你乙個數，插到乙個陣列中，該位置已存在，就覆蓋它。也就是可以用二分查詢提高效率。
另為一種o(nlogn)演算法，這種演算法的操作如下：
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。
這道題顯然是用第二種演算法（1 <= n <= 50w），**如下：
#include<
stdio.h
>
#define
n 500005
intnum[n], dp[n]; //這邊初始化dp 自己認為dp裡面是1 2 3 4 5 6 7 8 9 .....50005
intfind(
intlow,
inthigh,
inti)
//二分法查詢 確定num[i]的位置
return
low;
//返回其位置 返回不大於num【i】的 最小座標
}int
main()
dp[1] =
num[
1];
len =1
;for
(i =
2; i
<=
n; i
++) //從第二個貧窮城市的選擇開始
if(len ==1
) printf(
"case %d:\nmy king, at most %d road can be built.\n\n",
++case, len);
else
printf(
"case %d:\nmy king, at most %d roads can be built.\n\n",
++case, len);
}return0;
}
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