一、题目描述

B3637 最长上升子序列

二、问题简析

2.1 法一：$O(N^2)$

令 $dp[i]=$ 以 $a_i$ 结尾的上升子序列的最大长度。
以 $a_i$ 结尾的上升子序列有两种可能：

• 1、仅有 $a_i$ 一个元素
• 2、在满足 $j<i$ 且 $a_j<a_i$ 的以 $a_j$ 结尾的上升子序列结尾，加上 $a_i$

所以，递归方程为：

$$dp[i]=max(1,dp[j]+1),j<iand{a}_j<a_i$$

最终结果是 $dp[i]$ 的最大值。

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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;int quickin(void)
{int ret = 0;bool flag = false;char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9'){if (ch == '-')    flag = true;ch = getchar();}while (ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF){ret = ret * 10 + ch - '0';ch = getchar();}if (flag)    ret = -ret;return ret;
}const int MAX = 5e3 + 3;
int A[MAX], n, dp[MAX];int main()
{#ifdef LOCALfreopen("test.in", "r", stdin);#endifn = quickin();for (int i = 0; i < n; i++)A[i] = quickin();int ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++){dp[i] = 1;for (int j = 0; j < i; j++){if (A[j] < A[i])dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}ans = max(ans, dp[i]);}cout << ans << endl;return 0;
}

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2.2 法二：$O(NlogN)$

令 $dp[i]=$ 长度为 $i+1$ 的上升子序列的末尾元素的最小值。（因为对于相同长度的上升子序列，结尾元素越小，就越有优势）
对于每个 $dp[i]$，遍历 $a_j$，若 $i==0$ 或 $a_j>dp[i-1]$，不断更新 $dp[i]=min(dp[i],a_j)$。最终，使 $dp[i]<INF$ 的最大的 $i+1$ 就是所求。如果按这个思路，仍然是 $O(N^2)$。

因为 $dp[i]$ 是升序，所以我们可以选择用二分搜索来优化。遍历 $a_j$，在 $dp[i]$ 中查找首个不小于（lower_bound） $a_j$ 的 $dp[i]$ ，并赋值 $a_j$。最终，使 $dp[i]<INF$ 的最大的 $i+1$ 就是所求。

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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;int quickin(void)
{int ret = 0;bool flag = false;char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9'){if (ch == '-')    flag = true;ch = getchar();}while (ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF){ret = ret * 10 + ch - '0';ch = getchar();}if (flag)    ret = -ret;return ret;
}const int MAX = 5e3 + 3;
const int INF = 1e8;
int A[MAX], n, dp[MAX];int main()
{#ifdef LOCALfreopen("test.in", "r", stdin);#endifn = quickin();for (int i = 0; i < n; i++)A[i] = quickin();fill(dp, dp + n, INF);for (int i = 0; i < n; i++){*lower_bound(dp, dp + n, A[i]) = A[i];}cout << lower_bound(dp, dp + n, INF) - dp << endl;return 0;
}

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完