最长上升子序列O(nlogn)

??? 最近在做单调队列，发现了最长上升子序列O(nlogn)的求法也有利用单调队列的思想。

??? 最长递增子序列问题：在一列数中寻找一些数，这些数满足：任意两个数a[i]和a[j]，若i<j，必有a[i]<a[j]，这样最长的子序列称为最长递增子序列。

?? 设dp[i]表示以i为结尾的最长递增子序列的长度，则状态转移方程为：

dp[i] = max{dp[j]+1}, 1<=j<i,a[j]<a[i].

?? 这样简单的复杂度为O(n^2)，其实还有更好的方法。

?? 考虑两个数a[x]和a[y]，x<y且a[x]<a[y],且dp[x]=dp[y]，当a[t]要选择时，到底取哪一个构成最优的呢？显然选取a[x]更有潜力，因为可能存在a[x]<a[z]<a[y]，这样a[t]可以获得更优的值。在这里给我们一个启示，当dp[t]一样时，尽量选择更小的a[x].

??? 按dp[t]=k来分类，只需保留dp[t]=k的所有a[t]中的最小值，设d[k]记录这个值，d[k]=min{a[t],dp[t]=k}。

??? 这时注意到d的两个特点（重要）：

1. d[k]在计算过程中单调不升；???????????

2. d数组是有序的，d[1]<d[2]<..d[n]。

??? 利用这两个性质，可以很方便的求解：

1. 设当前已求出的最长上升子序列的长度为len（初始时为1），每次读入一个新元素x：

2. 若x>d[len]，则直接加入到d的末尾，且len++；（利用性质2）

?? 否则，在d中二分查找，找到第一个比x小的数d[k]，并d[k+1]=x，在这里x<=d[k+1]一定成立（性质1,2）。

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例：POJ1631

/**最长递增子序列O(nlogn)算法：状态转移方程：f[i] = max{f[i],f[j]+1},1<=j<i,a[j]<a[i].分析：加入x<y,f[x]>=f[y],则x相对于y更有潜力。首先根据f[]值分类，记录满足f[t]=k的最小的值a[t],记d[k]=min{a[t]},f[t]=k.    1.发现d[k]在计算过程中单调不上升    2.d[1]<d[2]<...<d[k] (反证) 1 2 3 8 4 7解法：1. 设当前最长递增子序列为len,考虑元素a[i];2. 若d[len]<a[i],则len++，并将d[len]=a[i];   否则,在d[0-len]中二分查找,找到第一个比它小的元素d[k],并d[k+1]=a[i].()*/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 41000;int a[N];       //a[i] 原始数据int d[N];       //d[i] 长度为i的递增子序列的最小值int BinSearch(int key, int* d, int low, int high){    while(low<=high)    {        int mid = (low+high)>>1;        if(key>d[mid] && key<=d[mid+1])            return mid;        else if(key>d[mid])            low = mid+1;        else            high = mid-1;    }    return 0;}int LIS(int* a, int n, int* d){    int i,j;    d[1] = a[1];    int len = 1;        //递增子序列长度    for(i = 2; i <= n; i++)    {        if(d[len]<a[i])            j = ++len;        else            j = BinSearch(a[i],d,1,len) + 1;        d[j] = a[i];    }    return len;}int main(){    int t;    int p;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d",&p);        for(int i = 1; i <= p; i++)            scanf("%d",&a[i]);        printf("%d\n",LIS(a,p,d));    }    return 0;}

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