如果碰到一种题目，有两个变量，解题时需要同时维护两个变量尽可能小的增加（增加幅度尽可能小），就需要用到这种动归+排序的方法。
基准方法是用DP计算一个序列的最长递增子序列。
300. 最长递增子序列
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 1：
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 。
示例 2：
输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4
题解：
本题的核心是不好想dp[i]的意义。
dp[i]其实是以i角标结尾的子序列的最大递增子序列的长度。所以只需要遍历i之前的数字，如果某个数j小于i，则只需要将dp[j]+1（选中i这个数，自然序列加一了）即可。找到满足条件的最大的dp[j]，就可以算出最终的dp[i]。
最后结果res就是完全算出来dp[i]之后，其中最大的一个数。
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
//dp为角标为i时，最长递增序列的长度
vector<int> dp(n, 1);
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
//j不超过i的位置，因为j是i之前所有的数
for (int j = 0; j < i; j++)
{
if (nums[j] < nums[i])
{
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
res = max(res, dp[i]); //res是全部dp中最大的一个
}
return res;
}
};
354. 俄罗斯套娃信封问题
给定一些标记了宽度和高度的信封，宽度和高度以整数对形式 (w, h) 出现。当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。
请计算最多能有多少个信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。
说明:
不允许旋转信封。
示例:
输入: envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出: 3
解释: 最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。
题解：
本题是上题的进阶版。难点在于如何既保证宽度上升的慢，又保证高度上升的慢的。如果单纯用排序+贪心的方法，如下这个案例会出错：
[[2,100],[3,200],[4,300],[5,500],[5,400],[5,250],[6,370],[6,360],[7,380]]，经排序后，[4,300]会被优先选中，一下子把高度撑得太大，后面就只能选400啥的，损失了好几个。
如果做过上题300题，就可以想到最大递增子序列的问题。这样的话，我们只需要先按照第一维度递增（这样就保证了第一维度绝不会出错），第二维度递减（这样可以为最长递增子序列创造他条件）。这样算出来的res是不会出错的。
class Solution {
public:
int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& env) {
int n = env.size();
sort(env.begin(), env.end(), [&](vector<int> a, vector<int> b) {
if (a[0] != b[0])
return a[0] < b[0];
else
return a[1] > b[1];
});
//宽升序，高降序，忽略宽维度，对高使用最长增子序长度的dp算法LIS
vector<int> dp(n, 1);
int res = 0;
//表示以i角标结尾的序列的最长增子序的长度
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < i; j++)
{
if (env[i][1] > env[j][1])
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
}
res = max(res, dp[i]);
}
return res;
}
};