存储扩展算法n2编程c 写一个时间复杂度尽可能低的程序，求一个一维数组(N个元素)中的最长递增子序列的长度。

例如：在序列1，-1，2，-3，4，-5，6，-7中，其最长的递增子序列为1，2，4，6 或者 -1,2,4,6。(编程之美P198-202)

分析与解法根据题目的要求，求一维数组中的最长递增子序列，也就是找一个标号的序列b[0],b[1],…,b[m](0 <= b[0] < b[1] < … < b[m] < N)，使得array[b[0]]

解法一根据无后效性的定义我们知道，将各阶段按照一定的次序排列好之后，对于某个给定的阶段状态来说，它以前各阶段的状态无法直接影响它未来的决策，而只能间接地通过当前的这个状态来影响。换句话说，每个状态都是历史的一个完整总结。

同样的，仍以序列1，-1，2，-3，4，-5，6，-7为例，我们在找到4之后，并不关心4之前的两个值具体是怎样，因为它对找到6没有直接影响。因此，这个问题满足无后效性，可以通过使用动态规划来解决。

可以通过数字的规律来分析目标串：1，-1，2，-3，4，-5，6，-7。

使用i来表示当前遍历的位置

当i=1时，显然，最长的递增序列为(1)，序列长度为1.

当i=2是，由于-1<1。因此，必须丢弃第一个值后重新建立串。当前的递增序列为(-1)，长度为1。

当i=3时，由于2>1,2>-1。因此，最长的递增序列为(1,2),(-1,2),长度为2。在这里，2前面是1还是-1对求出后面的递增序列没有直接影响。(但是在其它情况下可能有影响)

依此类推之后，我们得出如下的结论。

假设在目标数组array[]的前i个元素中，最长递增子序列的长度为LIS[i]。那么，

LIS[i+1]=max{1,LIS[k]+1},  array[i+1]>array[k],  for any k <= i

即如果array[i+1]大于array[k],那么第i+1个元素可以接在LIS[k]长的子序列后面构成一个更长的子序列。于此同时array[i+1]本身至少可以构成一个长度为1的子序列。

根据上面的分析，就可以得到代码清单：

C++代码：

int Max(int *a, int n)

{

int max = a[0];

for(int i = 1; i < n; i++)

if(max < a[i])

max = a[i];

return max;

}

int LIS(vector &array)

{

int *a = new int[array.size()];

for(int i = 0; i < array.size(); i++)

{

a[i] = 1;//初始化默认的长度

for(int j = 0; j < i; j++)    //前面最长的序列

{

if(array [i] > array [j] && a[j] + 1 > a[i])   //当前数字比第j个大，且标记数组需要更新

{

a[i] = a[j] + 1;

}

}

}

return Max(a, array.size());

}

这种方法的时间复杂度为O(N2 + N) = O(N2)

解法二在前面的分析中，当考察第i+1个元素的时候，我们是不考虑前面i个元素的分布情况的。现在我们从另一个角度分析，即当考察第i+1个元素的时候考虑前面i个元素的情况。

对于前面i个元素的任何一个递增子序列，如果这个子序列的最大的元素比array[i+1]小，那么就可以将array[i+1]加在这个子序列后面，构成一个新的递增子序列。

比如当i=4的时候，目标序列为1，-1，2，-3，4，-5，6，-7最长递增序列为(1,2),(-1,2)。

那么，只要4>2,就可以把4直接增加到前面的子序列中形成一个新的递增子序列。

因此，我们希望找到前i个元素中的一个递增子序列，使得这个递增子序列的最大的元素比array[i+1]小，且长度尽量地长。这样将array[i+1]加在该递增子序列后，便可以找到以array[i+1]为最大元素的最长递增子序列。

仍然假设在数组的前i个元素中，以array[i]为最大元素的最长递增子序列的长度为LIS[i]。

同时，假设：

长度为1的递增子序列最大元素的最小值为MaxV[1];

长度为2的递增子序列最大元素的最小值为MaxV[2];

……

长度为LIS[i]的递增子序列最大元素的最小值为MaxV[LIS[i]];

本循环不变式P是：P：k是序列a[0:i]的最长递增子序列的长度，0≤i＜n。

容易看出，在由i-1到i的循环中，a[i]的值起关键作用。如果a[i]能扩展序列a[0;i-1]的最长递增子序列的长度，则k=k+1，否则k不变。设a[0;i-1]中长度为k的最长递增子序列的结尾元素是a[j](0≤j≤i-1)，则当a[i]≥a[j]时可以扩展，否则不能扩展。如果序列a[0;i-1]中有多个长度为k的最长递增子序列，那么需要存储哪些信息？容易看出，只要存储序列a[0;i-1]中所有长度为k的递增子序列中结尾元素的最小值b[k]。因此，需要将循环不变式P增强为：

P：0≤i＜n;k是序列a[0;i]的最长递增子序列的长度；

b[k]是序列a[0;i]中所有长度为k的递增子序列中最小结尾元素值。

相应地，归纳假设也增强为：已知计算序列a[0;i-1](i＜n)的最长递增子序列的长度k以及序列a[0;i]中所有长度为k的递增子序列中的最小结尾元素值b[k]的正确算法。

增强归纳假设后，在由i-1到i的循环中，当a[i]≥b[k]时，k=k+1，b[k]=a[i],否则k值不变。注意到当a[i]≥b[k]时，k值增加，b[k]的值为a[i]。那么，当a[i]＜b[k]时，b[l;k]的值应该如何改变？如果a[i]

/* Finds longest strictly increasing subsequence. O(n log k) algorithm. */

template vector find_lis(vector &a)

{

vector b, p(a.size());//b是存储递增序列长度为k的最后元素下标

//比如b[1]是存储递增子序列最大元素的最小值的下标

//b是存储最长子序列的下标

int u, v;

if (a.size() < 1)

return b;

b.push_back(0);

for (int i = 1; i < (int)a.size(); i++)

{

if (a[b.back()] < a[i])

{

p[i] = b.back();

b.push_back(i);

continue;

}

for (u = 0, v = b.size()-1; u < v;) //二分搜索

{

int c = (u + v) / 2;

if (a[b[c]] < a[i])

u=c+1;

else v=c;

}

if (a[i] < a[b[u]])

{

if (u > 0)

p[i] = b[u-1];

b[u] = i;

}

}

for (u = b.size(), v = b.back(); u--; v = p[v])

b[u] = v;

return b;

}