LIS(nlgn) DP

这题为挑战程序设计竞赛的例题。

O(n^2)的解法有两种：

第一种：dp[i]表示以第i个数结尾的LIS的长度。每次都得把1<=k<=i-1扫描一遍，因为每个a[i]的值不同，前面的值也没有单调性，所以只能每次O(n).

第二种：dp[i]表示LIS长度为i时结尾数字的最小值。枚举a[i]时找到第一个比a[i]大的a[k]，更新dp[k]=a[i]。其实可以证明dp[]数组是单调递增的，因为假设不递增，必然存在一个dp[j]>=dp[j+1]，那么一定可以推出矛盾，自己画画就可以了。那么每次只会更新一个值。可以用二分查找，于是做到O(nlgn)。

代码

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define INF 0x7fffffffusing namespace std;const int maxn = 1005;int dp[maxn],a[maxn];//dp[i] 表示LIS长度为i时最后一个数字的最小值.int main(){    int n;    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d",&a[i]);        dp[i]=INF;    }    for(int i=1;i<=n;i++){        *lower_bound(dp+1,dp+1+n,a[i])=a[i]; //lower_bound 的用法 返回了第一个大于等于a[i]的指针 并更新它    }    printf("%d\n",lower_bound(dp+1,dp+1+n,INF)-dp-1);    return 0;}