【51nod 教程】最长单增子序列（LIS—动态规划）

(LIS Longest Increasing Subsequence)给定一个数列，从中删掉任意若干项剩余的序列叫做它的一个子序列，求它的最长的子序列，满足子序列中的元素是单调递增的。

例如给定序列{1,6,3,5,4},答案是3，因为{1,3,4}和{1,3,5}就是长度最长的两个单增子序列。

处看此题，怎么做？ 万能的枚举？枚举全部2^n个子序列，找出最长的，固然可以，就是复杂度太高。我们为什么要枚举呢？因为要知道取了哪些数，其实我们只需要考虑上一个数和取了几个数就可以了吧？因为单增的意思是比前一个数大，我们要加入这个数的时候，只考虑它比之前加入的最后一个数大就可以了。而最长的意思是数的个数最多，我们只要知道数的总个数就可以了，没必要知道具体有哪些数。

让我们尝试一下用动态规划的思考办法。首先设置数列是a1, a2, a3…an,为了方便我们加入一项a0=-∞,后面我们将发现这会给我们带来极大的方便。int f[i]表示以第i个数结尾的最长单调子序列的长度， 那么我们看一下加入ai之前的最后一个数是aj,显然j < i并且aj < ai,我们有f(i) = f(j) + 1，因为往后面延长了一项嘛。那根据这个式子，我们显然应该选择最大的f(j)，才能让f(i)最大。

于是我们有了递推关系f(i) = max{f(j)| j < i并且aj < ai} + 1,光有了递推关系还不够，初值呢？ f(0) = 0,并且我们加入了a0=-∞,这样对每个i > 0，j总是存在的，大不了就达到下标0了嘛。

伪代码：

 

1

2

3

4

5

6

7

f[0] = 0;

for i = 1 to n do

    f[i] = 0;

    for j = 0 to i – 1 do

        f[i] = max(f[i], f[j] + 1)

    endfor

endfor

 

显然这个算法的时间复杂度是O(n^2)，空间复杂度是O(n)。老生常谈的问题，如何找到这样一个最长的子序列？记录决策的办法总是可以的我们记录一下使得f(i)最大的j。最终结果是max{f(i)},我们从这个i值一项一项不断找到前面的j即可……

更好的算法？

事实上这个题有时间复杂度更低的算法。仍然以{1,6,3,5,4}为例子，我们想像考虑5的时候，之前有两个长度为2的子序列{1,6}和{1,3}，那么哪个更“好”呢？显然后者更好，因为3比6小，以3结尾的序列更容易在后面接上一个数。那么我们记录到第i个数之前每个长度的单调子序列中“最好”的那个的最后一个数的大小，考虑把当前这个数接在哪里就好了。事实上，我们的意思是在每个长度的单调子序列中选一个代表，这个代表就是其中“最好”的那个（让最后一项尽可能小），而我们可以归纳的证明，不同长度的“最好”单调子序列的最后一项是随着长度而单调递增的。这是因为，我们每次都试图把一个数加到它能接的那个最长的子序列后面，其实也是加到了它能加的末尾最大的子序列上。

那么问题明了了，开始我们只有一个长度为0的单调子序列，末尾大小认为是-∞。假设目前我们记录了f[0],f[1],f[2]…f[m]表示目前单调子序列的最长长度是m，我们考虑ai接到哪里，我们要找到小于ai的最大那一项，我们把它接到那个序列的后面。因为f是单调递增的，换句话说，我们找到x= max{x|f[x] < ai}, 把ai接到f[x]后面，得到f[x + 1] = ai,注意这样的x一定存在，因为f[0] = -∞。如果我们找到的x < m,则我们实际上更新了长度为（x + 1）的子序列的最后一项，因为显然有f[x + 1] >=  ai,我们把ai换过去，至少不会变差，这也正式我们保存每个长度“最好”的单调子序列的初衷。如果x == m，则实际上我们把子序列的长度（种类数）扩展到了(m + 1)。

最终结果是什么呢？是f那个列表的长度，也就是最终变化后的m值。

如果我们循环一个一个地看，这里就有O(m)的时间复杂度，但是因为有单调性的存在，我们可以利用二分查找算法来找到这样的x，所以这里时间复杂度是O(logm)，因为m<=n，我们这里可以认为每次找到x的时间复杂度是O(logn)，那么对于每个ai我们都如此做的时间复杂度就是O(nlogn)了。

我们得到了一个更快的算法。请思考如何找到具体一个子序列？（提示：仍然是“记录”决策，在找到x的时候记录就可以了。）

最后，练习

输入

第1行：1个数N，N为序列的长度(2 <= N <= 50000)第2 - N + 1行：每行1个数，对应序列的元素(-10^9 <= S[i] <= 10^9)

输出

输出最长递增子序列的长度。

输入示例

8516824510

输出示例

5

代码利用了二分：复杂度为O(nlogn);

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int MAX = 50050;const int INF = 0x3f3f3f3f;int dp[MAX];int num[MAX];int main(){ int n; while(cin>>n){ for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&num[i]); fill(dp,dp+n,INF);//fill函数； for(int i=0;i<n;i++){ *lower_bound(dp,dp+n,num[i])=num[i]; } cout<<lower_bound(dp,dp+n+1,INF)-dp<<endl;  } return 0;}

附：

fill函数的作用是：将一个区间的元素都赋予val值。函数参数：fill(vec.begin(), vec.end(), val); val为将要替换的值。

[cpp] view plaincopy

1. # include <algorithm>  
2. fill(vec.begin(), vec.end(), val); //原来容器中每个元素被重置为val  

有点类似于memset，但是memset只能初始化 -1，和0 若初始化其他值的话，memset就不太准确，此时用fill；