我們知道通過dp的演算法可以求出一段序列的最長上公升子串行，時間複雜度為o(n^2)。下面來介紹一種o(nlogn)的演算法來求lis。
設一段序列的長度為n，我們需要的是乙個輔助陣列f，長度最長為n，其實際長度是動態的，也表徵了最長上公升子串行的長度。
對於f[i]，其儲存的是對於已經掃瞄過的序列中，所有長度為i的上公升子串行的最後乙個數的最小值。如：
有序列1 4 2 3
所有長度為2的上公升子串行有1 2，1 3.
那麼f[2] = 2。
這樣做，可以保證對於同樣長度的上公升子串行，我們給出的是其尾元素的最小值，那麼這樣在掃瞄後續序列時，就必定更有可能構造出最長上公升子串行。
首先可以證明整個f陣列是單調遞增的，即對於任意的索引i < j，都有f[i] < f[j]。反證法如下：
若f[i] == f[j]，對於f[j]對應的長度為j的最長上公升子串行，其倒數第2個元素值一定小於f[j]，那麼這個倒數第2個元素值可以作為f[i]，則有f[i] < f[j]。
同理可證f[i] > f[j]的情形。
繼續分析：
如已掃瞄序列1 4 2 3，根據我們的定義，有f[3] = 3（序列1 2 3的尾元素），再往後掃瞄時，如果是4，即序列為1 4 2 3 4時，就可以根據f[3] = 3（3 < 4）往後延長乙個lis長度（即f長度變為4），而且使得f[4] = 4（即1 2 3 4的尾元素）。這樣顯然是合理的，而且可以為以後lis長度的更新以及尾元素的更新做鋪墊。
或者從反面考慮：如果我們f[i]儲存的不是長度為i的最長上公升子串行的尾元素，如f[3] = 5（存1 4 5的尾元素），那麼掃瞄後續元素就無法最大化地延長上公升序列，無法達到題目要求。
注意在思考問題時，從集合的角度考慮問題，即每個f[i]首先是關於所有長度為i的上公升序列的函式，其次，f[i]存的是這些上公升序列尾元素的最小值。
那麼在掃瞄原陣列的時候，對於第i個數，可以根據前i-1個數得到的f陣列的結果，對f陣列進行長度或內容的更新，具體表現如下：（設f陣列的實際長度為cnt）
1、若a[i] > f[cnt]，則對於從1至cnt的f中的每乙個f[j]，都有a[i] > f[j]（因為前面已經證明f單調遞增）。那麼當前的a[i]可以作為長度為cnt+1的上公升子串行的最小元素（因為當前只有這麼乙個長度為cnt+1的上公升序列），即f[cnt+1] = a[i]，同時cnt++.
2、若a[i] <= f[cnt]，則無法使得上公升序列變長，因為f[cnt]是長度為cnt的所有上公升序列尾元素的最小值。因此，它的作用是，更新對應的乙個f。顯然，對於從後往前第乙個小於a[i]的f[j]而言，a[i]可以接到f[j]所代表的那個最優上公升序列後面，從而更新f[j+1]（長度為j+1的上公升序列的尾元素最小值）。因為從剛才的敘述可以知道，原f[j+1] >= a[i]。故這樣a[i]的作用是直接改變f的乙個恰當元素值，同時為最終cnt的更新作準備（通過將乙個f的元素值變小，使得後面元素接到前面更具有可能）。
ac**：
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
const
int n =
1e5+5;
int n;
int a[n]
,f[n]
;int cnt =0;
intfind
(int x)
return l;
}int
main()
f[++cnt]
= a[1]
;for
(int i =
2;i <= n;i++
)printf
("%d\n"
,cnt)
;return0;
}
貪心演算法之 最長上公升子串行
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最長上公升子串行 LIS 演算法
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...
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