最長上公升子串行問題的幾種解法

拿poj 2533來說。

sample input 7

1 7 3 5 9 4 8

sample output 4

從輸入的序列中找出最長的上公升子串行（lis）。

這題一看，是一道典型的dp問題（就是動態規劃），可以用dfs,深度優先遍歷來解，如下**：

#include

using namespace std;

int n;

int* a;

stacks;

int count=0;

int best=0;

void dfs(int i)

if(s.empty()||a[i]>s.top())

if(s.size()+n-i-1>best) dfs(i+1);

} int main()

dfs(0);

cout<}

return 0;

}其實為了簡化**以及演算法效率，我們可以用資料組來代替遞迴。。。下面我就給出lis的dp的資料組形式的解法：

（懶得寫了，就拿個別人的**來展示吧）

#include

#define size 1001

using namespace std;

int main()

max = 0;

for (i = 1; i <= n; i++)

}/* 記錄最長子序列 */

if (d[i] > max) max = d[i];

}cout << max << endl;

}//system("pause");

return 0;

}（作者的解釋：）令a[i]表示輸入第i個元素，d[i]表示從a[1]到a[i]中以a[i]結尾的最長子序列長度。對於任意的0 < j <= i-1，如果a(j) < a(i)，則a(i)可以接在a(j)後面形成乙個以a(i)結尾的新的最長上公升子串行。對於所有的 0 < j <= i-1，我們需要找出其中的最大值。

dp狀態轉移方程:

d[i] = max (j = 1, 2, 3, ..., i-1 且 a[j] < a[i])

解釋一下這個方程，i， j在範圍內:

如果 a[j] < a[i] ，則d[i] = d[j] + 1

如果 a[j] >= a[i] ，則d[i] = 1

其實上面的方法的複雜度都達到了o(n^2)的數量級，有沒有更好的解法呢？

有，用棧。

這個解法不是我想的，從網上學來的，這裡面與大家分享一下。這個演算法的複雜度只有o(nlogn)，在有大量資料的情況下，這演算法效率極高。。。

（摘錄原作者的話）

這個演算法其實已經不是dp了，有點像貪心。至於複雜度降低其實是因為這個演算法裡面用到了二分搜尋。本來有n個數要處理是o(n)，每次計算要查詢n次還是o(n)，一共就是o(n^2)；現在搜尋換成了o(logn)的二分搜尋，總的複雜度就變為o(nlogn)了。

這個演算法的具體操作如下(by ryanwang):

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。

我想，當出現1，5，8，2這種情況時，棧內最後的數是1，2，8不是正確的序列啊？難道錯了？

分析一下，我們可以看出，雖然有些時候這樣得不到正確的序列了，但最後算出來的個數是沒錯的，為什麼呢？

想想，當temp>top時，總個數直接加1，這肯定沒錯;但當temp

用該演算法完成poj2533的具體**如下:

#include 
#define size 1001
using namespace std;
int main(
)else
else
}/* 用temp替換 */
stack[low]
= temp;}}
/* 最長序列數就是棧的大小 */
cout
<< top << endl;
} return0;
}

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