给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。
示例:
输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。
说明:
可能会有多种最长上升子序列的组合，你只需要输出对应的长度即可。
你算法的时间复杂度应该为 O(n2) 。
进阶: 你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log n) 吗?
来源：力扣（LeetCode）
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思路一：动态规划。
初始条件，f[i] = 1，即每个数字都是自己的最长公共子序列
转移方程：
代码：
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
if(n == 0)
return 0;
vector<int> f(n,0);
for(int j = 0;j < n;++j)
{
f[j] = 1;//每个数都是自己的最长上升子序列
for(int i = 0;i < j;++i)
{
if(nums[i] < nums[j])
{
f[j] = max(f[j],f[i] + 1);
}
}
}
return *max_element(f.begin(),f.end());
}
};
时间复杂度：O(n^2)其中 n 为数组nums 的长度。动态规划的状态数为 n，计算状态 f[i]时，需要 O(n) 的时间遍历 f[0]、f[1]、f[2]...f[n-1]的所有状态，所以总时间复杂度为O(n^2)。
这里再补充一点小知识：如果我们需要将最长上升子序列打印出来，则可以用如下代码，具体解释看代码注解。
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
if(n == 0)
return 0;
vector<int> f(n,0);
vector<int> pi(n,-1);
int p = 0;
for(int j = 0;j < n;++j)
{
f[j] = 1;//每个数都是自己的最长上升子序列
for(int i = 0;i < j;++i)
{
if(nums[i] < nums[j])
{
f[j] = max(f[j],f[i] + 1);
if(f[j] == f[i]+1)//确实是更新而来
{
pi[j] = i;
}
}
}
res = max(res,f[j])
if(f[j] == res)
{
pi= j
}
}
vector<int> seq(res,0);//seq里面存放
for(int i = res -1;i>=0;--i)
{
seq[i] = nums[p];
p = pi[p];
}
}
};
思路二：贪心+二分查找
维护一个数组tail，当出现的数大于这个数组直接append，否则替换掉数组中大于等于这个数的最小值。
最后tail的长度就是最长上升子序列的长度
而tail数组是一个有序数组，使用二分查找复杂度为O（log n）
每一次来一个新的数 num，就找 tail 数组中第一个大于等于 num 的那个数，试图让它变小，以致于新来的数有更多的可能性接在它后面，成为一个更长的“上升子序列”，这是“贪心算法”的思想。
复杂度分析
时间复杂度：O（nlogn）
空间复杂度：O（n）
代码实现：
注意这里的二分查找实现的语义：left指示的是大于等于待查找元素的最小值。
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
if(n == 0)
return 0;
vector<int> tail{nums[0]};// 第i个位置上的元素是长度为i+1的最长上升子序列的末尾元素最小值
for(int i = 1;i < nums.size();++i)
{
int x = nums[i];
int left = 0,right = tail.size();
while(left < right)
{
int mid = (left + right) >> 1;
if(x > tail[mid])
left = mid + 1;
else
right = mid;
}
if(left == tail.size())
{
tail.push_back(nums[i]);//如果比末尾元素大 则加入数组
}
else
{
tail[left] = nums[i];//否则 替换大于x的最小秩的元素
}
}
return tail.size();
}
};