题目描述：
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?
思路分析：（题解来自：https://leetcode-cn.com/u/liweiwei1419/）
第一种是常规解法：动态规划，时间复杂度为 O(N^2)；
“动态规划”的两个步骤是思考“状态”以及“状态转移方程”。
有的资料又将“动态规划”分为 3 步：
base case：思考问题规模最小的时候，是什么情况；
update function：自下而上思考这个问题，即上面的“状态转移方程”；
gola：重点强调了输出是什么，很多时候输出并不一定是最后一个状态。
我觉得这种分法更细致一点，“状态”以及“状态转移方程”也没有问题，但是我觉得还要加上一个，思考一下“输出”是什么，即将第 2 种的第 3 步加上去，在下面的分析中，我还会强调这一点。
1、定义状态
首先我们考虑能否将题目的问法定义成状态，即 dp[i] 表示长度为 i 的最长上升子序列的长度，但仔细思考之后，我们发现：由于“子序列”不要求连续，长度为 i - 1 的最长上升子序列，与长度为 i 的“最长上升子序列之间的递推关系并不那么容易得到。
但我们由「力扣」第 3 题：“无重复字符的最长子串”以及「力扣」第 53 题：“最大子序和”这两个问题的经验，再结合题意，可以知道，“上升”的递推关系是：看子序列最后一个数，如果一个新数，比子序列最后一个数还大，那么就可以放在这个子序列的最后，形成一个更长的子序列。反正一个子序列一定会以一个数字结尾，那我就将状态成以 nums[i] 结尾的“最长上升子序列”的长度，这一点是常见的。
dp[i]：表示以第 i 个数字为结尾的“最长上升子序列”的长度。即在 [0, ..., i] 的范围内，选择 以数字 nums[i] 结尾 可以获得的最长上升子序列的长度。注意：以第 i 个数字为结尾，即 要求 nums[i] 必须被选取。
初始化的时候，因为每个元素自己可以认为是一个长度为 1 的子序列，所以可以将 dp 数组的值全部设置为 1。
定义输出：下面要考虑一下输出，由于状态不是题目中的问法，因此不能将最后一个状态作为输出，这里输出是把 dp[0]、dp[1]、……、dp[n - 1] 全部看一遍，取最大值。
2、推导“状态转移方程”
遍历到索引是 i 的数的时候，根据上面“状态”的定义，考虑把 i 之前的所有的数都看一遍，只要当前的数 nums[i] 严格大于之前的某个数，那么 nums[i] 就可以接在这个数后面形成一个更长的上升子序列。因此，dp[i] 就是之前严格小于 nums[i] 的“状态”最大值加 1。
因此，状态转移方程是：
dp[i] = max{1 + dp[j] for j < i if nums[j] < nums[i]}
代码实现：
class Solution {
public static int lengthOfLIS(int[] nums) {
int len = nums.length;
int[] dp = new int[len];
Arrays.fill(dp, 1);
//初始化dp数组，每个元素至少都是以它自身为结尾，长度为1的自序列
int maxLen = 0;
//从第二个元素开始
for (int i = 1; i < len; i++) {
//以当前元素为结尾
int curVal = nums[i];
for (int j = 0; j < i; j++) {
//当前元素严格大于之前的任何一个片段，则当前元素都可以加在这个区间后面，形成+1长度的自序列
if (curVal > nums[j]) {
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
}
for (int element : dp) {
maxLen = Math.max(maxLen, element);
}
return maxLen;
}
}
时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(n)
第二种方法有一定技巧性，可以认为是贪心算法 + 二分查找，时间复杂度为 O(NlogN)，这里 N 表示数组的长度。