LeetCode 300. Longest Increasing Subsequence

原题链接在这里：https://leetcode.com/problems/longest-increasing-subsequence/

题目：

Given an unsorted array of integers, find the length of longest increasing subsequence.

For example,
Given [10, 9, 2, 5, 3, 7, 101, 18],
The longest increasing subsequence is [2, 3, 7, 101], therefore the length is 4. Note that there may be more than one LIS combination, it is only necessary for you to return the length.

Your algorithm should run in O(n^2) complexity.

Follow up: Could you improve it to O(n log n) time complexity?

题解：

类似Largest Divisible Subset.

DP问题.

e.g. nums = {5, 3, 4, 8, 6, 7.}

前1个数的LIS长度d(1)=1(序列: 5)

前2个数的LIS长度d(2)=1(序列: 3; 3前面没有比3小的)

前3个数的LIS长度d(3)=2(序列: 3, 4; 4前面有个比它小的3, 所以d(3)=d(2)+1)

前4个数的LIS长度d(4)=3(序列: 3, 4, 8; 8前面比它小的有3个数，所以 d(4)=max{d(1),d(2),d(3)}+1=3)

OK，分析到这，我觉得状态转移方程已经很明显了，如果我们已经求出了d(1)到d(i-1),  那么d(i)可以用下面的状态转移方程得到：

d(i) = max{1, d(j)+1}, 其中j<i && nums[j]<nums[i]

想要求d(i), 就把i前面的各个子序列中， 最后一个数小于nums[i]的序列长度加1, 然后取出最大的长度即为d(i). 当然了，有可能i前面的各个子序列中最后一个数都大于A[i], 那么d(i)=1, 即它自身成为一个长度为1的子序列.

dp[i]表示以nums[i]结尾的LIS.

Time Complexity: O(n^2). Space O(n).

AC Java:

public class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        if(nums == null || nums.length == 0){
            return 0;
        }
        int max = 1;
        int [] dp = new int[nums.length];
        for(int i = 0; i<nums.length; i++){
            dp[i] = 1;
            for(int j = 0; j<i; j++){
                if(nums[j] < nums[i]){
                    dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j]+1);
                }
            }
            max = Math.max(max,dp[i]);
        }
        return max;
    }
}

Follow-up 是要用O(n*logn)时间.

维护一个list, list.get(i) 是指长度i+1时的subarray 的最后一个数字可以放的最小值。若list.get(2) = 3, 表示长度为2的subarray尾端最小值是3.

举例：假设存在一个序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7. 可以看出来它的LIS长度为5, [1, 3, 4, 8, 9].
下面一步一步试着找出它。
我们定义一个序列B, 然后令 i = 1 to 9 逐个考察这个序列。
此外，我们用一个变量Len来记录现在最长算到多少了
首先, 把d[1]有序地放到B里，令B[1] = 2, 就是说当只有1一个数字2的时候，长度为1的LIS的最小末尾是2. 这时Len=1

然后, 把d[2]有序地放到B里，令B[1] = 1, 就是说长度为1的LIS的最小末尾是1, d[1]=2已经没用了，很容易理解吧。这时Len=1

接着, d[3] = 5, d[3]>B[1], 所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5, 就是说长度为2的LIS的最小末尾是5, 很容易理解吧。这时候B[1..2] = 1, 5. Len＝2

再来, d[4] = 3, 它正好加在1,5之间，放在1的位置显然不合适，因为1小于3, 长度为1的LIS最小末尾应该是1, 这样很容易推知, 长度为2的LIS最小末尾是3, 于是可以把5淘汰掉，这时候B[1..2] = 1, 3. Len = 2

继续, d[5] = 6, 它在3后面, 因为B[2] = 3, 而6在3后面，于是很容易可以推知B[3] = 6, 这时B[1..3] = 1, 3, 6. 还是很容易理解吧？ Len = 3 了噢。

第6个, d[6] = 4, 你看它在3和6之间，于是我们就可以把6替换掉，得到B[3] = 4. B[1..3] = 1, 3, 4.  Len继续等于3

第7个, d[7] = 8, 它很大，比4大. 于是B[4] = 8. Len变成4了

第8个, d[8] = 9, 得到B[5] = 9. Len继续增大，到5了。

最后一个, d[9] = 7, 它在B[3] = 4和B[4] = 8之间，所以我们知道，最新的B[4] =7, B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9. Len = 5.

于是我们知道了LIS的长度为5.
Note: 这个1,3,4,7,9不是真正的subarray. 它只是存储的对应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾，我们就可以一个一个地插入数据。

虽然最后一个d[9] = 7更新进去对于这组数据没有什么意义，但是如果后面再出现两个数字 8 和 9, 那么就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6], 得出LIS的长度为6. 

然后应该发现一件事情了：在B中插入数据是有序的，而且是进行替换而不需要挪动——也就是说，我们可以使用二分查找，将每一个数字的插入时间优化到O(logN), 于是算法的时间复杂度就降低到了O(NlogN).

Time Complexity: O(nlogn). Space: O(n).

AC Java:

public class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        if(nums == null || nums.length == 0){
            return 0;
        }
        int max = 1;
        int [] minLast = new int[nums.length];
        minLast[0] = nums[0];
        for(int i = 1; i<nums.length; i++){
            int pos = bs(minLast, 0, max-1, nums[i]);
            minLast[pos] = nums[i];
            if(pos + 1 > max){
                max = pos+1;
            }
        }
        return max;
    }
    
    private int bs(int [] nums, int l, int r, int key){
        if(nums[r] < key){
            return r+1;
        }
        while(l < r){
            int mid = l+(r-l)/2;
            if(nums[mid] < key){
                l = mid+1;
            }else{
                r = mid;
            }
        }
        return l;
    }
}

跟上Maximum Length of Pair Chain, Increasing Triplet Subsequence, Number of Longest Increasing Subsequence, Largest Divisible Subset.

Reference: http://blog.csdn.net/left_la/article/details/11951085