问题1：最长上升子序列问题（LIS）
分析：设d(i)为以i为结尾的最长上升子序列的长度，则d(i)=max{ 1 , d(j)+1} ( j的值为1,2,3,...,i-1且Aj<Ai )，最终答案是max{d(i)}。如果LIS中的相邻元素可以相等，把 小于号改成等于号即可。算法的时间复杂度为O(n^2)
一种时间复杂度是O(nlogn)的方法。假设已经计算出的两个状态a和b满足Aa<Ab且d(a)=d(b),则对于后续所有状态i（即i>a且i>b）来说，a并不会比b差——如果b满足 Ab<Ai的条件，a也满足，且二者的d值相同；但反过来却不一定了，a满足Aa<Ai的条件时，b却不一定满足。换句话说，如果我们只保留a，一定不会丢失最优解。
这样对于相同的d[]值，只需保留A最小的一个。对于d[i]=k，我们用g[k]表示满足d[]值等于k的所有A[i]中的最小值。即g[k]=min{A(i)}(d[i]=k)。
设当前已经求出的最长上升子序列长度为len，先判断A[i]与g[len],若A[i]>g[len]，把A[i]接在g[len]之后得到一个更长的上升子序列，len=len+1，g[len]=A[i]；否则， 在g[1]...g[len]中找到最大的j，满足g[j]<A[i]，令k=j+1，将A[i]接在g[j]之后得到一个更长的上升子序列，更新g[k]=A[i]。最后，len即为所要求的最长上升子序列。
在上述算法中，如果用朴素的顺序查找g[1]...g[len]，由于有O(n)个元素要查找，每次查找的时间复杂度是O(n)，所以整体复杂度是O(n^2)。但由于g[len]有如下特点：g[1]<g[2]<...<g[len]，可以用二分查找，整个算法时间复杂度降为O(nlogn)
for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=INF;
for(int i=0;i<n;i++){
int k=lower_bound(g+1,g+1+n,A[i]) - g;
d[i]=k;
g[k]=A[i];
}
函数lower_bound()在first和last中的前闭后开区间进行二分查找，返回大于或等于val的第一个元素位置。如果所有元素都小于val，则返回last的位置
举例如下：
一个数组number序列为：4,10,11,30,69,70,96,100.设要插入数字3,9,111.pos为要插入的位置的下标
则
pos = lower_bound( number, number + 8, 3) - number，pos = 0.即number数组的下标为0的位置。
pos = lower_bound( number, number + 8, 9) - number， pos = 1，即number数组的下标为1的位置（即10所在的位置）。
pos = lower_bound( number, number + 8, 111) - number， pos = 8，即number数组的下标为8的位置（但下标上限为7，所以返回最后一个元素的下一个元素）。
所以，要记住：函数lower_bound()在first和last中的前闭后开区间进行二分查找，返回大于或等于val的第一个元素位置。如果所有元素都小于val，则返回last的位置，且last的位置是越界的！！~
返回查找元素的第一个可安插位置，也就是“元素值>=查找值”的第一个元素的位置