假設存在乙個序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7，可以看出來它的lis長度為5。n
下面一步一步試著找出它。
我們定義乙個序列b，然後令 i = 1 to 9 逐個考察這個序列。
此外，我們用乙個變數len來記錄現在最長算到多少了
首先，把d[1]有序地放到b裡，令b[1] = 2，就是說當只有1乙個數字2的時候，長度為1的lis的最小末尾是2。這時len=1
然後，把d[2]有序地放到b裡，令b[1] = 1，就是說長度為1的lis的最小末尾是1，d[1]=2已經沒用了，很容易理解吧。這時len=1
接著，d[3] = 5，d[3]>b[1]，所以令b[1+1]=b[2]=d[3]=5，就是說長度為2的lis的最小末尾是5，很容易理解吧。這時候b[1..2] = 1, 5，len＝2
再來，d[4] = 3，它正好加在1,5之間，放在1的位置顯然不合適，因為1小於3，長度為1的lis最小末尾應該是1，這樣很容易推知，長度為2的lis最小末尾是3，於是可以把5淘汰掉，這時候b[1..2] = 1, 3，len = 2
繼續，d[5] = 6，它在3後面，因為b[2] = 3, 而6在3後面，於是很容易可以推知b[3] = 6, 這時b[1..3] = 1, 3, 6，還是很容易理解吧？ len = 3 了噢。
第6個, d[6] = 4，你看它在3和6之間，於是我們就可以把6替換掉，得到b[3] = 4。b[1..3] = 1, 3, 4， len繼續等於3
第7個, d[7] = 8，它很大，比4大，嗯。於是b[4] = 8。len變成4了
第8個, d[8] = 9，得到b[5] = 9，嗯。len繼續增大，到5了。
最後乙個, d[9] = 7，它在b[3] = 4和b[4] = 8之間，所以我們知道，最新的b[4] =7，b[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，len = 5。
於是我們知道了lis的長度為5。
!!!!! 注意。這個1,3,4,7,9不是lis，它只是儲存的對應長度lis的最小末尾。有了這個末尾，我們就可以乙個乙個地插入資料。雖然最後乙個d[9] = 7更新進去對於這組資料沒有什麼意義，但是如果後面再出現兩個數字 8 和 9，那麼就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6]，得出lis的長度為6。
然後應該發現一件事情了：在b中插入資料是有序的，而且是進行替換而不需要挪動——也就是說，我們可以使用二分查詢，將每乙個數字的插入時間優化到o(logn)~~~~~於是演算法的時間複雜度就降低到了o(nlogn)～！
uvalive - 7374
現有乙個長為h(豎直方向)，寬為w(水平方向)的跑道，跑道上有一些寶石， 給出每乙個寶石的座標。你可以從起點線的任何乙個位置(x,0)出發，出發後在豎直方向上有乙個恆定的速度v，水平方向上的速度你可以在任意時刻控制在(-v/r~v/r)之間的任何乙個值(給出r的值，不給出v的值)，當你到達終點線時，移動結束。求你從起點線出發最多可以獲得多少寶石。
#include#define ll long long
#define maxn 1e5+10
#define inf 1e18;
using namespace std;
ll longest[100010];
struct fem
fem[100010];
bool cmp(fem n1,fem n2)
sort(fem,fem+n,cmp);
for(int i=0;i<=n;i++)
longest[i]=inf;
int ans=-1;
for(int i=0;i
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nlog n
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...
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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...