时间复杂度为 n*logn的LIS算法是用一个stack维护一个最长递增子序列

如果存在 x < y 且  a[x] > a[y],那么我们可以用a[y]去替换a[x]

因为a[y]比较小，具有更大的潜力，使得后面的元素和它成为更长的递增序列

如例子： a[] = {1,4,8,3,6};

我们用一个stack st保存当前的最长递增子序列,top = 0;

很明显，初始化时st[top] = 1;

之后随着i循环变量的递增，如果

a[i] > st[top] , 那么 st[++top] = a[i]. 很显然top+1就是当前最长递增子序列的长度

这样子判断的时间复杂度是O(1)，

为什么可以这样子判断？？？

因为st保存的是当前的最长递增子序列，所以如果a[i] > st[top] 那么a[i]可以加入st中

从而形成更长的最长递增子序列。

那么可能会有想法是，如果数据是1 5 3 4，很明显，最长递增子序列是1 3 4，

但是根据上面的想法是 1 5 形成最长递增子序列。

 

别担心

下面介绍 当  a[i] < st[top]时的处理方法

上面我们说过， 如果存在x < y 且 a[x] > a[y] 我们可以使用a[y]去替换a[x]

因为a[y] 具有更大的潜力,使得后面的元素和它成为更长的递增序列。

所以当 a[i] < st[top]时， 显然 st中的元素就是a[x],而a[i]就是a[y]

我们在st中使用二分查找找到第一个大于等于a[i]的元素，然后用a[i]去替换它

比如 st = 1 , 4 , 8时

a[i] = 3,

我们可以用a[i]去替换4，从而在不影响结果的前提下，减少时间复杂度

 

 

题目uva10534

给定一个一组数字，要我们求这样一个序列

在序列的左边是递增的，右边是递减的，且递增和递减的个数要是一样的

思路：分别从两边进行最长递增子序列的dp，

    dp1是从下标 0 -> n-1   进行dp    

    dp2是从下标 n-1 -> 0   进行dp

    所以 ans = max{ min(dp1[i]-1, dp2[i]-1)+1, 0<=i<n };

    但是题目的数据有1w，O(N*N）的算法是不行的，

    所以要用nlogn的算法

 

1 #include 
           
             2 #include 
            
              3 #include 
             
               4 #include 
              
                5 #include 
               
                 6 #include 
                
                  7 #include 
                 
                   8 #include 
                  
                    9 #include