引言：
最长递增子序列问题是一个很基本、较常见的小问题，但这个问题的求解方法却并不那么显而易见，需要较深入的思考和较好的算法素养才能得出良好的算法。这个问题能运用学过的基本的算法分析和设计的方法与思想，能够锻炼设计较复杂算法的思维。转自LeetCode #300.最长递增子序列
问题定义
给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。
示例：
输入：nums = [10, 9, 2, 5, 3, 7, 101, 18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。
方法一：动态规划
思路
定义 dp[i] 为考虑前 i 个元素，以第 i 个数字结尾的最长上升子序列的长度，注意 nums[i] 必须被选取。我们从小到大计算 dp 数组的值，在计算 dp[i] 之前，我们已经计算出 dp[0]……dp[i-1] 的值，则状态转移方程为：**dp[i] = max(dp[j]) + 1，其中 0 ≤ j ＜ i，且 num[j] ＜ num[i]**。即考虑往 dp[0]……dp[i-1] 中最长的上升子序列后面再加一个 nums[i] 。由于 dp[j] 代表 nums[0]….num[j] 中以 nums[j] 结尾的最长上升子序列长度，所以如果能从 dp[j] 这个状态转移过来，那么 nums[i] 必然要大于 nums[j]，才能将 nums[i] 放在 nums[j] 后面以形成更长的上升子序列。最后，整个数组的最长上升子序列即所有 dp[i] 中的最大值。
实现
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
int[] dp = new int[nums.length];
dp[0] = 1;
int maxans = 1;
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
dp[i] = 1;
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j]) {
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
maxans = Math.max(maxans, dp[i]);
}
return maxans;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：O(n2)，其中 n 为数组 nums 的长度。动态规划的状态数为 n，计算状态 dp[i] 时，需要 O(n) 的时间遍历 dp[0]……dp[i-1] 的所有状态，所以总时间复杂度为 O(n2)
- 空间复杂度：O(n)，需要额外的长度为 n 的 dp 数组
方法二：贪心 + 二分查找
思路
考虑一个简单的贪心，如果我们要使上升子序列尽可能的长，则我们需要让序列上升得尽可能慢，因此我们希望每次在上升子序列最后加上的那个数尽可能的小。
基于上面的贪心思路，我们维护一个数组 d[i]，表示长度为 i 的最长上升子序列的末尾元素的最小值，用 len 记录目前最长上升子序列的长度，起始时 len 为 1，d[1] = nums[0]。同时我们可以注意到 d[i] 是关于 i 单调递增的。因为如果 d[j] ≥ d[i] 且 j < i，我们考虑从长度为 i 的最长上升子序列的末尾删除 i−j 个元素，那么这个序列长度变为 j ，且第 j 个元素 x（末尾元素）必然小于 d[i]，也就小于 d[j]。那么我们就找到了一个长度为 j 的最长上升子序列，并且末尾元素比 d[j] 小，从而产生了矛盾。因此数组 d 的单调性得证。我们依次遍历数组 nums 中的每个元素，并更新数组 d 和 len 的值。如果 nums[i] > d[len] 则更新 len = len + 1，否则在 d[1……len]中找满足 d[j] < nums[i] < d[j+1] 的下标 j，并更新 d[j] = nums[i]。根据 d 数组的单调性，我们可以使用二分查找寻找下标 j，优化时间复杂度。
最后整个算法流程为：
- 设当前已求出的最长上升子序列的长度为 len（初始时为1），从前往后遍历数组 nums，在遍历到 nums[i] 时：
- 如果 nums[i] > d[len]，则直接更新 len = len + 1；
- 否则，在 d 数组中二分查找，找到第一个比 nums[i] 小的数 d[k]，并更新 d[k+1]=nums[i]
实现
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int len = 1, n = nums.length;
if (n == 0) return 0;
int[] d = new int[n + 1];
d[len] = nums[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
if (nums[i] > d[len]) {
d[++len] = nums[i];
} else {
int l = 1, r = len, pos = 0; // 如果找不到说明所有的数都比 nums[i] 大，此时要更新 d[1]，所以这里将 pos 设为 0
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (d[mid] < nums[i]) {
pos = mid;
l = mid + 1;
} else {
r = mid - 1;
}
}
d[pos + 1] = nums[i];
}
}
return len;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：O(nlog n)。数组 nums 的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 d 数组，而更新 d 数组时需要进行 O(log n) 的二分搜索，所以总时间复杂度为 O(nlog n)。
- 空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 d 数组。
