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最長上公升子串行：
o(n^2)動態規劃:
o(n*logn)：貪心+二分
乙個數的序列bi，當b1 < b2 < … < bs的時候，我們稱這個序列是上公升的。對於給定的乙個序列(a1, a2, …, an)，我們可以得到一些上公升的子串行(ai1, ai2, …, aik)，這裡1 <= i1 < i2 < … < ik <= n。
狀態：dp[i]，表示以a[i]為結尾陣列的的最長上公升子串行長度
初始化：a[i]的最長上公升子串行最小為1,也就是左邊的數都大於等於a[i],最長上公升子串行只有a[i]元素本身，dp[i] = 1;
dp[i]表示以a[i]的最長子序列長度，我們現在找倒數第二個元素。
遍歷a[0,...i-1]，設其中小於a[i]的元素為a[k,j,z...]，倒數第二個元素必定在a[k,j,z]中，dp[i]有幾種可能：
dp[i] = dp[k]+1;
dp[i ]= dp[j]+1;
dp[i] = dp[z]+1;
取這幾種可能結果中的最大值，即為dp[i]的值。
最後返回的則是dp陣列中的元素最大值。
class longestincreasingsubsequence ;
for(int i = 0;i這道題還有複雜度更低的做法， 可在面試中作為演算法的優化，同時能夠返回最長上公升子串行的元素值。
從左到右遍歷陣列，用dp陣列維護當前的最長上公升子串行，size變數維護最長上公升子串行的長度。
如a=a[0]等於2，dp = ,size=1；
a [1]等於1，小於dp的末尾元素2，因此讓1把2替換掉，dp = ，size = 1；長度為1的最長子序列，結尾元素為1顯然比結尾元素為2的序列更容易加"上公升元素"
a [2]等於3，大於dp的末尾元素1，因此dp中加入2，dp = ，size = 2；
a [3]等於4，大於dp的末尾元素2，因此dp中加入4，dp = ，size = 3；
a [4]等於8，大於dp的末尾元素4，因此dp中加入8，dp = ，size = 4；
a [5]等於6，小於dp的末尾元素8，大於倒數第二個元素4，因此將6替換8，dp = ，size = 4，因為長度為4的最長上公升子串行，結尾是6會比結尾是8的序列要更有利於新增新元素。
得到最長上公升子串行為，長度為4；
這裡使用了貪心策略：乙個上公升子串行，最後乙個元素越小，越有利於新增後續比它大的元素。
dp為有序陣列，因此若a[i]小於dp末尾元素，需要找到dp中第乙個大於等於a[i]的元素並讓a[i]替換掉它。（較小的值越往前面約好）
注意這裡的二分查詢是求下界的，即》=所查詢物件的第乙個位置。
class longestincreasingsubsequence ;
int size = 0;
dp[size++] = a[0];
for(int i = 1;idp[size-1])//當前元素大於dp陣列中的最後乙個元素
dp[size++] = a[i];
else
}return size;
}};
lower_bound(int* first,int* last,val);函式在(first,last]（左開右閉）區間中進行二分查詢。因此陣列必須是排好序的陣列。
函式返回從first開始的第乙個大於或等於val的元素的位址。如果所有元素都小於val，則返回last的位址。
第乙個大於等於a[i]的陣列下標為：pos = lower_bound(dp,dp+size,a[i])-dp
因此 int firstbig = dp[pos];
動態規劃 最長上公升子串行問題
原文 主題 動態規劃 最長上公升子串行問題，也就是longest increasing subsequence，縮寫為lis。是指在乙個序列中求長度最長的乙個上公升子串行的問題，是動態規劃中乙個相當經典問題。在這裡我們可以看到，這個上公升實質上就是乙個對 進行定義的過程，所以我們求解的其實是一類問題...
最長上公升子串行問題（動態規劃）
乙個數的序列bi，當b1 n。比如，對於序列 1,7,3,5,9,4,8 有它的一些上公升子串行，如 1,7 3,4,8 等等。這些子串行中最長的長度是4，比如子串行 1,3,5,8 你的任務，就是對於給定的序列，求出最長上公升子串行的長度。輸入輸入的第一行是序列的長度n 1 n 1000 第二行給...
動態規劃 最長上公升子串行
問題描述 乙個數的序列bi，當b1 b2 bs的時候，我們稱這個序列是上公升的。對於給定的乙個序列 a1,a2,an 我們可以得到一些上公升的子串行 ai1,ai2,aik 這裡1 i1 i2 ik n。比如，對於序列 1,7,3,5,9,4,8 有它的一些上公升子串行，如 1,7 3,4,8 等等...