300. 最长递增子序列（中等）

方法一：动态规划

1. 思路

   • 通常来说，子序列不要求连续，而子数组或子字符串必须连续；
   • 对于子序列问题，第一种动态规划方法是，定义 dp 数组，其中 dp[i] 表示以 i 结尾的子序列的性质。在处理好每个位置后，统计一遍各个位置的结果即可得到题目要求的结果。
   • 在本题中， dp[i] 可以表示为以 i 结尾的、最长子序列长度。对于每个位置 i ，如果其之前的某个位置 j 所对应的数字小于位置 i 所对应的数字 ，则我们可以获得一个以 i 结尾、长度为 dp[j] + 1 的子序列。为了遍历所有情况，我们需要对 i 和 j 进行两层循环，其时间复杂度为 O（n²）。

2. 代码

   class Solution {
   public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {int ans = 0;vector<int> dp(nums.size(), 1);for(int i=0; i<nums.size(); ++i){for(int j=0; j<i; ++j){if(nums[i] > nums[j]){dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}}ans = max(ans, dp[i]);}return ans;}
   };
   

3. 收获

   • 我一开始的想法是将 dp[i] 表示为前 i 位最长递增子序列的长度，但是发现并不好算。

方法二：二分查找

1. 思路

   • 本题还可以使用二分查找将时间复杂度降为 O（n logn）。
   • 定义 dp数组，其中 dp[k] 表示存储长度为 k+1 的最长递增子序列的最后一个数字。
   • 遍历每一个位置 i ，如果对应的数字大于 dp 数组中所有数字的值，那么就把他放在 dp 数组的尾部，表示最长递增子序列长度+1；如果这个数字介于当前dp数组最小值和最大值之间，那么将最大值更新为当前数组，使得之后构成递增序列的可能性加大。
   • 根据这个方法维护 dp 数组永远是递增的，因此可以用二分查找加速搜索。
   • 然而，使用这个方法需要注意， dp数组的最终形式不一定是合法的排列形式，但最优解一定出现在遍历的过程中。

2. 代码

   class Solution {
   public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {int ans = 0;vector<int> dp;dp.push_back(nums[0]);for(int i=1; i<nums.size(); ++i){if(dp.back() < nums[i]){dp.push_back(nums[i]);}else{// 通过二分查找，返回第一次出现大于等于 nums[i] 的地址auto itr = lower_bound(dp.begin(), dp.end(), nums[i]);*itr = nums[i];}}return dp.size();}
   };
   

3. 收获

   • 这个思路还挺新奇的，学习了 lower_bound 函数的用法 lower_bound。