题目链接：http://poj.org/problem?id=1631
这个题题目有些难看懂hhh，但实质就是求LIS--longest increasing sequence。
以下介绍LIS的解法模板：
一.O(n^2)解法
用a数组存储数据，f[i]表示以a[i] 结尾的最长子序列的长度，这样max(f[i])就是所求结果。
代码如下：
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 5 int n,p; 6 int a[40005],f[40005]; 7 int res; 8 9 int main(){ 10 scanf("%d",&n); 11 while(n--){ 12 res=1; 13 scanf("%d",&p); 14 for(int i=1;i<=p;i++) 15 scanf("%d",&a[i]),f[i]=1; 16 for(int i=2;i<=p;i++) 17 for(int j=1;j<i;j++) 18 if(a[j]<a[i]){ 19 f[i]=max(f[i],f[j]+1); 20 if(f[i]>res) res=f[i]; 21 } 22 printf("%d\n",res); 23 } 24 return 0; 25 }
但是算法复杂度为n2，题目p为4e4，还是多组询问，明显会超时。
二 . O(nlogn)解法
假设数字序列为a[N]（也可不用保存，一边读入一边处理），我们会用到一个数组f[N]，f[k]保存的是数组a中所有长为k的不下降子序列最后一个元素的最小值（下面将简称为最小最后元素），显然f的长度len即为所求。而且容易用反证法证明这个数组是递增的，若存在i<j,且f[i]>f[j],可以这样想，既然存在一个长为j的且最后一个元素为f[j]的不下降子串，则必然存在一个长为i(i<j)且最后一个元素为f[j]的不下降子串，所以f[i]<=f[j],与假设矛盾。初始化的时候，f中只有一个元素，即数字序列的第一个元素，显然f[1]=a[1]，接着，每次读入一个数字时，相当数组a新增一个元素，我们设为tmp，我们的任务就是维持f数组的定义，具体操作如下：若tmp>f[len]，则f[++len]=tmp，这个容易理解，若tmp<=f[1]，则f[1]=tmp，这两种情况都容易理解，关键在于tmp>f[1]&&tmp<=f[len]，这时需将f数组中第一个（从1到len）大于tmp的数字更新为tmp（这么做的原因是为了使后面输入时形成更长的上升子序列，不理解的话可以举个例子好好想想），因为f是有序的，所以可以使用二分查找，然后更新。当a数组确定后（数据读入完成），数组f也就确定了，此时数组f的长度就是数组a中以第一个数开头的最长不下降子序列的长度。读入数据使用一层循环，查找更新需一层循环，由于查找时用了二分，所以总的时间复杂度为O(nlogn)。至此算法就结束了。
AC代码如下：
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n,p; int f[40005]; int len; int main(){ scanf("%d",&n); while(n--){ len=0; scanf("%d",&p); int tmp; scanf("%d",&tmp); f[++len]=tmp; p--; while(p--){ scanf("%d",&tmp); if(tmp>f[len]) f[++len]=tmp; else if(tmp<=f[1]) f[1]=tmp; else{ int l=1,r=len,m; while(l<=r){ m=(l+r)/2; if(tmp>f[m-1]&&tmp<=f[m]) break; if(tmp<f[m]) r=m-1; else l=m+1; } f[m]=tmp; } } printf("%d\n",len); } return 0; }
