【LIC】O(nlogn)解法

【LIC--最长递增子序列问题】 在一列数中寻找一些数，这些数满足：任意两个数a[i]和a[j]，若i<j，必有a[i]<a[j]，这样最长的子序列称为最长递增子序列。

O（nlogn）算法：所需要的数组

1、数组T

2、增设一个minT[]数组，minT[x]存放长度为x的最长上升子序列的最小末尾数。

3、dp[i]，从一到元素T[i]结尾的最长上升子序列的长度；

具体原理转自网络：

设 T[t]表示序列中的第t个数，dp[t]表示从1到t这一段中以t结尾的最长上升子序列的长度，初始时设dp[t] = 0(t = 1, 2,
..., len(T))。则有动态规划方程：

　　　　　　dp[t] = max{1, F[j] + 1} (j = 1, 2, ..., t - 1,
且A[j] < A[t])。

现在，我们仔细考虑计算F[t]时的情况。假设有两个元素A[x]和A[y]，满足
(1)x < y < t
(2)A[x] < A[y] < A[t]
(3)dp[x] = dp[y]

此时，选择dp[x]和选择dp[y]都可以得到同样的dp[t]值，那么，在最长上升子序列的这个位置中，应该选择T[x]还是应该选择T[y]呢？

很明显，选择T[x]比选择T[y]要好。因为由于条件(2)，在T[x+1] ... T[t-1]这一段中，如果存在T[z]，T[x] < T[z] < T[y]，则与选择T[y]相比，将会得到更长的上升子序列。
再根据条件(3)，我们会得到一个启示：根据dp[]的值进行分类。对于dp[]的每一个取值k，我们只需要保留满足dp[t] =
k的所有T[t]中的最小值。设minT[k]记录这个值，即minT[k] = min{A[t]} (F[t] = k)。

注意到minT[]的两个特点：
(1)　minT[k]的值是在整个计算过程中是单调不下降的。
(2)　minT[]的值是有序的，即minT[1] < minT[2] < minT[3] < ... < minT[n]。

利用D[]，我们可以得到另外一种计算最长上升子序列长度的方法。设当前已经求出的最长上升子序列长度为len。先判断T[t]与minT[len]。若T
[t] > minT[len]，则将T[t]接在minT[len]后将得到一个更长的上升子序列，len = len + 1， minT[len] = T[t]；否则，在minT[1]..minT[len]中，找到最大的j，满足minT[j] < T[t]。令k = j + 1，则有T[t] <= minT[k]，将T[t]接在minT[j]后将得到一个更长的上升子序列，更新minT[k] = T[t]。最后，len即为所要求的最长上升子序列的长度。

由于D[]的特点(2)，我们在minT[]中查找时，可以使用二分查找(或lower_bound)高效地完成，则整个算法的时间复杂度下降为O(nlogn)，有了非常显著的提高。需要注意的是，minT[]在算法结束后记录的并不是一个符合题意的最长上升子序列！

以UVa - 10635 - Prince and Princess为例

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn = *;
 const int INF = 0x7fffffff;
 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d", &T);
     for(int kase = ; kase <= T; kase++)
     {
         int n, p, q, x, T[maxn], New[maxn], dp[maxn], minT[maxn], ans = ;
         memset(New, , sizeof(New));
         scanf("%d%d%d", &n, &p, &q);
         for(int i = ; i <= p; i++)
         {
             scanf("%d", &x);
             New[x] = i+;
         }
         int k = ;
         for(int i = ; i <= q; i++)
         {
             scanf("%d", &x);
             if(New[x])
                 T[k++] = New[x];
         }
         for(int i = ; i <= k; i++) minT[i] = INF;
         for(int i = ; i < k; i++)
         {
             int m = lower_bound(minT+, minT++k, T[i])-minT; //找到序列中不大于T[i]的最大的数，正因为(二分)查找才使得复杂度变身为n*log（n）
             dp[i] = m; //以元素T[i]结尾的最长上升子序列的长度
             minT[m] = T[i]; //长度为m的上升子序列中最大元素的值；
             ans = max(ans, dp[i]);
         }
         printf("Case %d: %d\n", kase, ans);
     }
     return ;
 }