原文，https://blog.csdn.net/qq_40507857/article/details/81198662，在此基础上做了些笔记
LIS定义
LIS（Longest Increasing Subsequence）最长上升子序列
一个数的序列bi，当b1 < b2 < … < bS的时候，我们称这个序列是上升的。
对于给定的一个序列(a1, a2, …, aN)，我们可以得到一些上升的子序列(ai1, ai2, …, aiK)，
这里1 <= i1 < i2 < … < iK <= N。
比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，有它的一些上升子序列，如(1, 7), (3, 4, 8)等等。
这些子序列中最长的长度是4，比如子序列(1, 3, 5, 8).
你的任务，就是对于给定的序列，求出最长上升子序列的长度。
两种做法
O(N^2)做法：dp动态规划
状态设计：dp[i]代表以a[i]结尾的LIS的长度
状态转移：dp[i]=max(dp[i], dp[j]+1) (0<=j< i, a[j]< a[i])
边界处理：dp[i]=1 (0<=j< n)
时间复杂度：O(N^2)
举例： 对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，dp的变化过程如下
上述每行dp[i]最后一个值就是到a[i]为止的最大子序列长度，就是枚举子序列的终点，所以当a[i]>a[j]时（a[j]是i前面的序列），dp[i]就是在dp[j]基础上加1，如果a[i]<=a[j]，d[i]（当前最大子序列长度）保持不变。求完dp数组后，取其中的最大值就是LIS的长度。【注意答案不是dp[n-1]，这个样例只是巧合】
int ans=1;
for(int i=1; i<=n; i++)//枚举子序列的终点
{
dp[i]=1;// 初始化为1，长度最短为自身
for(int j=1; j<i; j++)//从头向终点检查每一个元素
{
if(a[i]>a[j])
{
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1); // 状态转移
}
}
ans=max(ans,dp[i]); // 比较每一个dp[i],最大值为答案
}
核心部分是上述代码， 状态转移方程是：dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1); ，这边可以看出dp[i]是在动态变化的，他代表当前面序列枚举到a[j]时，如果a[i]比他大，那么dp[i]的值就会在dp[j]基础上加1，代表当前dp[i]的最大值。而随着枚举的进行，这个最大值可能会不断更新，最终得出以a[i]为终点的子序列的最大长度dp[i]，这个dp[i]会作为基础传递给下一个状态，直到最后，整个过程中dp[i]出现的最大值即为最长子序列结果。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#define mod 998244353
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-6
using namespace std;
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MAXX=10000+5;
int a[MAXX],dp[MAXX];
// a数组为数据，dp[i]表示以a[i]结尾的最长递增子序列长度
int n;
int LIS(){
int ans=1;
for(int i=1; i<=n; i++)//枚举子序列的终点
{
dp[i]=1;// 初始化为1，长度最短为自身
for(int j=1; j<i; j++)//从头向终点检查每一个元素
{
if(a[i]>a[j])
{
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1); // 状态转移
}
}
ans=max(ans,dp[i]); // 比较每一个dp[i],最大值为答案
}
return ans;
}
int main()
{
while(cin>>n)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cin>>a[i];
}
int ans=LIS();
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
O(NlogN)做法：贪心+二分
a[i]表示第i个数据。
dp[i]表示表示长度为i+1的LIS结尾元素的最小值。
利用贪心的思想，对于一个上升子序列，显然当前最后一个元素越小，越有利于添加新的元素，这样LIS长度自然更长。
因此，我们只需要维护dp数组，其表示的就是长度为i+1的LIS结尾元素的最小值，保证每一位都是最小值，
这样子dp数组的长度就是LIS的长度。
dp数组具体维护过程同样举例讲解更为清晰。
同样对于序列 a(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，dp的变化过程如下：
- dp[0] = a[0] = 1，长度为1的LIS结尾元素的最小值自然没得挑，就是第一个数。 （dp = {1}）
- 对于a[1]=7，a[1]>dp[0]，因此直接添加到dp尾，dp[1]=a[1]。（dp = {1, 7}）
- 对于a[2]=3，dp[0]< a[2]< dp[1]，因此a[2]替换dp[1]，令dp[1]=a[2]，因为长度为2的LIS，结尾元素自然是3好过于7，因为越小这样有利于后续添加新元素。 （dp = {1, 3}）
- 对于a[3]=5，a[3]>dp[1]，因此直接添加到dp尾，dp[2]=a[3]。 （dp = {1, 3, 5}）
- 对于a[4]=9，a[4]>dp[2]，因此同样直接添加到dp尾，dp[3]=a[9]。 （dp = {1, 3, 5, 9}）
- 对于a[5]=4，dp[1]< a[5]< dp[2]，因此a[5]替换值为5的dp[2]，因此长度为3的LIS，结尾元素为4会比5好，越小越好嘛。（dp = {1, 3, 4, 9}）
- 对于a[6]=8，dp[2]< a[6]< dp[3]，同理a[6]替换值为9的dp[3]，道理你懂。 （dp = {1, 3, 5, 8}）
这样子dp数组就维护完毕，所求LIS长度就是dp数组长度4。
通过上述求解，可以发现dp数组是单调递增的，因此对于每一个a[i]，先判断是否可以直接插入到dp数组尾部，
即比较其与dp数组的最大值即最后一位；如果不可以，则找出dp中第一个大于等于a[i]的位置，用a[i]替换之。
这个过程可以利用二分查找，因此查找时间复杂度为O(logN)，所以总的时间复杂度为O(N*logN)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXX=100000+5;
const int INF=INT_MAX;
int a[MAXX],dp[MAXX]; // a数组为数据，dp[i]表示长度为i+1的LIS结尾元素的最小值
int main()
{
int n;
while(cin>>n)
{
for(int i=0; i<n; i++)
{
cin>>a[i];
dp[i]=INF; // 初始化为无限大
}
int pos=0; // 记录dp当前最后一位的下标
dp[0]=a[0]; // dp[0]值显然为a[0]
for(int i=1; i<n; i++)
{
if(a[i]>dp[pos]) // 若a[i]大于dp数组最大值，则直接添加
dp[++pos] = a[i];
else // 否则找到dp中第一个大于等于a[i]的位置，用a[i]替换之。
dp[lower_bound(dp,dp+pos+1,a[i])-dp]=a[i]; // 二分查找
}
cout<<pos+1<<endl;
}
return 0;
}
最长上升子序列
，即整个序列严格递增
最长不下降子序列，也叫最长非递减子序列
HDU5532
把每个数字减去对应位置的编号，然后求最长非递减子序列长度即可
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long LL;
int n;
const int maxn=1e5+10;
int a[maxn],dp[maxn];
int LIS(){
int pos=0;
dp[0]=a[0];
for(int i=1;i<n;i++){
if(a[i]>=dp[pos])//改变1：将大于该为大于等于
dp[++pos]=a[i];
else//改变2：查询dp数组中第一个大于a[i]的位置，用a[i]代替
dp[upper_bound(dp,dp+pos+1,a[i])-dp]=a[i];
}
return pos+1;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
int ca=1;
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
a[i]-=i;
dp[i]=INF;
}
int len=LIS();
printf("Case #%d:\n",ca++);
printf("%d\n",n-len);
}
return 0;
}
