（经典）POJ-1065 LIS问题，偏序问题

题目大意：n根木材长l_i重w_i，前一根木材大于后一根的话要浪费一分钟准备机器，求最少浪费多少时间？

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分析：

这里涉及到了偏序的概念，即若要使stick[i]>stick[j]，则必须满足L[i]>L[j]且W[i]>W[j]。

为了方便比较，我们先将L按升序排列，此时便只要考虑W之间的关系了，然后便转化成了从n根木材中选出几堆，每一堆满足w都递增，求最少堆数。

先来考虑这样一个问题，对于N个区间，现要从这N个区间里选出一系列区间且这些区间不重叠，那么至少几次这样的操作可以选完所有区间呢？那么肯定是求出那个最多的重叠次数m，这m个区间肯定不能放在同一系列中，所以最少操作次数就是m。

再回过头来思考这个问题，若我们求出 w[] 的最长下降子序列长度m，那么这m个w肯定是不能放在同一个堆中的，类比上面所提的区间问题，就可以YY出来m便是最终所求解。（比较抽象，一定要仔细体会）

然后是求LIS，这里也介绍2种方法

①dp[i]表示以w[i]结尾的最长下降子序列的长度

若w[i]为前i个里最大的元素，则dp[i]=1

若存在k<i且w[k]>w[i]，那么dp[i]=dp[k]+1

综上 dp[i] = max (1，dp[k])（其中k满足k<i且w[k]>w[i]）

复杂度为O（n^2）

②利用栈来优化

这个解法不是我想的，从网上学来的，这里面与大家分享一下。这个算法的复杂度只有O(nlogn)，在有大量数据的情况下，这算法效率极高。。。
（摘录原作者的话）
这个算法其实已经不是DP了，有点像贪心。至于复杂度降低其实是因为这个算法里面用到了二分搜索。本来有N个数要处理是O(n)，每次计算要查找N次还是O(n)，一共就是O(n ^ 2)；现在搜索换成了O(logn)的二分搜索，总的复杂度就变为O(nlogn)了。
这个算法的具体操作如下(by RyanWang) :
开一个栈，每次取栈顶元素top和读到的元素temp做比较，如果temp > top 则将temp入栈；如果temp < top则二分查找栈中的比temp大的第1个数，并用temp替换它。 最长序列长度即为栈的大小top。
这也是很好理解的，对于x和y，如果x < y且Stack[y] < Stack[x], 用Stack[x]替换Stack[y]，此时的最长序列长度没有改变但序列Q的''潜力''增大了。
举例：原序列为1，5，8，3，6，7
栈为1，5，8，此时读到3，用3替换5，得到1，3，8； 再读6，用6替换8，得到1，3，6；再读7，得到最终栈为1，3，6，7。最长递增子序列为长度4。


我想，当出现1，5，8，2这种情况时，栈内最后的数是1，2，8不是正确的序列啊？难道错了？
分析一下，我们可以看出，虽然有些时候这样得不到正确的序列了，但最后算出来的个数是没错的，为什么呢？
想想，当temp>top时，总个数直接加1，这肯定没错; 但当temp<top时呢？ 这时temp肯定只是替换了栈里面的某一个元素，所以大小不变，就是说一个小于栈顶的元素加入时，总个数不变。这两种情况的分析可以看出，如果只求个数的话，这个算法比较高效。但如果要求打印出序列时，就只能用DP了。

我们可以用STL来很简便的完成这些操作

附上代码：

#include<iostream>#include<algorithm>#include<functional>using namespace std;#define l first#define w secondint T, n, dp[5005];      //这里仍然用dp来表示，实质上为一个栈pair<int, int> sticks[5005];int main(){scanf("%d", &T);while (T--){scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d%d", &sticks[i].l, &sticks[i].w);sort(sticks + 1, sticks + n + 1);memset(dp, -1, sizeof dp);     //可以将其赋值为-1然后利用<span style="font-family: Arial, Helvetica, sans-serif;">lower_bound实现查找操作，第一个-1的位置便是栈顶，自己在纸上模拟一遍就明白了</span>for (int i = 1; i <= n; i++) *lower_bound(dp, dp + n, sticks[i].w, greater<int>()) = sticks[i].w;    //找到第一个<=w[i]的位置并改变其值printf("%d\n", lower_bound(dp, dp + n, -1, greater<int>()) - dp);    //第一个<=-1的位置便是栈的top}return 0;}