最長上公升子串行 LIS 的三種求法

之前寫lis， 只知道兩種， 一種最基礎的n²， 一種是n * log(n)的二分。

這兩個應該人盡皆知。

但是如果權值如果不為1， n又非常大， 則n²和二分都沒法用了，

但是可以使用樹狀陣列來維護（貌似也是人盡皆知）， 這種做法的思想跟第一種n²很像， 大的值， 可以由前面小

的值轉移， 這個時候使用樹狀陣列維護， 將原來的修改， 求和改為最大值更新和獲取即可。

具體含義即c[x]表示最大值≤x的最長子序列長度，當前新增的數字為x，則查詢c[x - 1]即

最大值小於等於x-1的最長上公升子串行，假設求得長度是y，則最大值大於等於x的最長上公升子串行的長度都跟y + 1更新一次。

下面是三種lis的求法

一

直接暴力求， 從後往前掃(複雜度o(n²))

#include #include using namespace std;

#define sz(a) ((int)(a).size())
typedef long long ll;
bool cmp(int a, int b) 
#define me(a, b) (memset(a, b, sizeof a))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1);
const int n = 2e5 + 10;
#define bo bool operator < (const node &oth)const
int a[n];
int b[n];
int main()
ans = max(ans, b[i]);
}		cout << ans << endl;
}	return 0;
}

使用二分優化， 每次選取最有潛力的上公升子串行，複雜度(o(n * log(n)))

#include #include using namespace std;

#define sz(a) ((int)(a).size())
typedef long long ll;
bool cmp(int a, int b) 
#define me(a, b) (memset(a, b, sizeof a))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1);
const int n = 2e5 + 10;
#define bo bool operator < (const node &oth)const
int a[n];
int d[n];
int main()
int len = lower_bound(d + 1, d + n + 1, 0x3f3f3f3f) - d - 1;
cout << len << endl;
}	return 0;
}

使用樹狀陣列維護字首最大值， 每次查詢並更新字首區間最大值。

#include #include using namespace std;

#define sz(a) ((int)(a).size())
typedef long long ll;
bool cmp(int a, int b) 
#define me(a, b) (memset(a, b, sizeof a))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1);
const int n = 2e5 + 10;
#define bo bool operator < (const node &oth)const
ll a[n];
ll c[n];
vectorv;
inline ll lowbit(ll x)
void add(ll x, ll y, ll n)
}ll ask(ll x)
return res;
}int main()
cout << ans << endl;
}	return 0;
}

#include using namespace std;

#define sz(a) ((int)(a).size())
typedef long long ll;
#define me(a, b) (memset(a, b, sizeof a))
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1);
const int n = 2e5 + 10;
ll a[n];
ll c[n];
vectorv;
inline ll lowbit(ll x)
void add(ll x, ll y, ll n)
}ll ask(ll x)
return res;
}int main()
cout << ans << endl;
return 0;
}

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