DP 最长上升子序列（LIS）问题

最长上升子序列问题，也就是Longest increasing subsequence，缩写为LIS。是指在一个序列中求长度最长的一个上升子序列的问题，是动态规划中一个相当经典问题。上升子序列指的是对于任意的i<j都是满足a_i<a_j的子序列。

　　定义dp[i]:=以a_i为末尾的最长上升子序列的长度

以ai结尾的上升子序列是

　　（1）只包含a_i的子序列

　　（2）在满足j<i并且a_j<a_i的以a_j为结尾的上升子序列末尾，追加上a_i后得到的子序列

满足二者之一。这样就能得到如下的递推关系：

　　dp[i]=max{1,dp[j]+1 | j<i且a_j<a_i}

使用这一递推公式可以在O（n²）的时间内解决这个问题。

int n;
int a[maxn];
int dp[maxn];
void solve()
{
    int res=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        res=dp[i];
        for(int j=0;j<i;j++)//每次添加a[i]时，不断对dp[i]更新
            if(a[j]<a[i])
                dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);//每次a[i]都应加入到最大的dp[j]中，保证局部性最优
        res=max(res,dp[i]);
    }
    cout<<res<<endl;
}

下面介绍时间复杂度为O(n*logn)的DP算法。上面的是利用DP求取针对最末位的元素的最长的子序列。如果子序列的长度相同，那么最末位的元素较小的在之后会更有优势，所以我们在反过来用DP针对相同长度情况下最小的末尾的元素进行求解。（感觉很像贪心算法）

　　dp[i]:= 长度为i+1的上升子序列中末尾元素的最小值（不存在的话就是INF）

最开始全部dp[i]的值都初始化为INF（一个很大的数）。然后从前到后逐个考虑数列的元素，对于每个a_j，如果i=0或者dp[i-1]<a_j的话，就用dp[i]=min(dp[i],aj)进行更新。最终找出是的dp[i]<INF的最大的i+1就是结果了。这个DP直接实现的话，时间复杂度依然为O（n²）。我们可以对这进一步优化。首先DP数列中除了INF之外是单调递增的，所以可以知道对于每个aj最多只更新一次。对于这次更新的位置，我们不用逐个遍历，用二分搜索，二分查找的时间复杂度是O（logn），所以可在O（nlogn）时间内求出结果。

　假设a = [4, 2, 6, 3, 1, 5], 初始dp=[], 具体算法运行步骤如下:

a[0]=4 => dp=[4];
a[1]=2 => dp=[2];
a[2]=6 => dp=[2, 6];
a[3]=3 => dp=[2, 3];
a[4]=1 => dp=[1, 3];
a[5]=5 => dp=[1, 3, 5];
所以这个a数组的LIS就是len(dp)=3。从运行步骤里可以看出，如果一个数很小，可以作为LIS的头部或者中部，让后面的数字更容易接到它后面，以此增大LIS长度；而一个数非常大，则可以很容易接到LIS的尾部，也一样能增大LIS长度；所以让它们找准自己的定位还是非常重要的。
```
int dp[maxn];
const int INF=0x3f3f3f3f;
void solve()
{
    memset(dp,INF,sizeof(dp));
    for(int i=0;i<n;i++)
        *lower_bound(dp,dp+n,a[i])=a[i];
    cout<<lower_bound(dp,dp+n,INF)-dp<<endl;
}
```

lowee_bound这个STL函数。这个函数从已排好序的数列中利用二分查找找出指向满足ai>=k的ai的最小的指针。类似的函数还有upper_bound，这一函数求出的是指向满足ai>k的ai的最小的指针。