leetcode力扣 300. 最长递增子序列 II

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

示例 1：

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：

输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4

示例 3：

输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出：1

提示：

1 <= nums.length <= 2500
-1e4 <= nums[i] <= 1e4

进阶思考：

你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log(n)) 吗?

题解:

一共有两种写法: 第一种的时间复杂度是O(n ^ 2), 第二种的时间复杂度是O(n * logn)

第一种写法：

动态规划的题

f[i]: 只考虑前 i 个数(包含i), 并且以第i个数结尾的子序列的所有方案的子序列长度的最大值

状态表示:

• 集合: 只考虑前 i 个数(包含i), 并且以第i个数结尾的子序列的所有方案
• 属性: 子序列长度的最大值

状态计算:

对于第 i 个数的状态转移方程是:

1. 只有一个第 i 个数, 此时f[i] = 1;
2. 以第1个数结尾的基础上再选第i个数尾结尾, 以第2个数结尾的基础上再选第i个数结尾…以第i - 1个数结尾的基础上再选第i个数结尾,上面所有情况的长度取max就是f[i], 也就是 f[j] + 1, 因为选第i个数, 所有长度加1, j 属于(0, i)

看不懂状态计算的话, 一定要多理解状态表示, 理解了状态表示, 就可以理解状态计算

ac代码👇 时间复杂度(O(n ^ 2))

class Solution {
public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 0) return 0;// 以第i个数结尾的最长上升子序列 maxvector<int> f(nums.size(), 0);for (int i = 0; i < nums.size(); i ++){f[i] = 1;  // 只有第i个数的情况, 也就是状态计算1for (int j = 0; j < i; j ++)  // 状态计算2if (nums[i] > nums[j]) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);  // 要加上判断, 使子序列满足严格的单调递增}int res = 0;  // 最长上升子序列不一定会选最后一个, 也不一定会选倒数第二个..., 所有最后的答案是f数组中的最大值, 主要还是要理解状态表示for (int i = 0; i < f.size(); i ++) res = max(res, f[i]);return res;}
};

第二种写法

贪心 + 二分

子序列长度要想尽可能大, 在相同长度的情况下, 我们要让子序列末尾的元素尽可能小, 这样后面进来的元素才能尽可能地多，所以我们维护一个数组 f[i]: 长度为 i 的最长上升子序列末尾的最小值。

对于每个nums[i], 有两种情况

1. 如果nums[i] 比 f[len] 大的话, 直接让 f 的长度 + 1， 然后f[len + 1] 的值是nums[i]
2. 如果nums[i] 比 f[len] 小的话, 需要从f数组中找到 第一个大于等于 nums[i] 的位置, 并把这个值重新赋值为nums[i]

其实上面的过程更像是我们人来找最长上升子序列的时候的样子

为了让大家更好理解, 这里模拟下下面的一个样例

输入样例: 1 2 3 8 4 5 6 7d[1] = nums[0] = 1; (初始化)
循环次数 i			d的值				len 长度1			d[2] = 2;			22			d[3] = 3;			33 			d[4] = 8;			4	4			d[4] = 4			4	因为4比8小, 通过二分查找到8的位置, 8在d数组中的下标是4, 所以d[4]的值应该被修改成45			d[5] = 5			56 			d[6] = 6			67			d[7] = 7			7

ac 代码👇 时间复杂度O(n * logn)

class Solution {
public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n == 0) return 0;vector<int> f(n + 1, 0);	// f下标从1开始int len = 1; f[len] = nums[0];for (int i = 1; i < n; i ++){if (nums[i] > f[len]) f[++ len] = nums[i];else{int l = 1, r = len;while (l < r)	// 查找第一个大于等于nums[i]{int mid = l + r >> 1;	// 右移一位, 相当于(l + r) / 2if (f[mid] < nums[i]) l = mid + 1;else if(f[mid] >= nums[i]) r = mid;}f[l] = nums[i];}}return len;}
};

对于二分的退出条件的差异:

• while(l < r) 和 while (l <= r)

while(l < r) 对应的代码, 退出的时候 l == r

int l = 0, r = len;
while (l < r){int mid = l + r >> 1;if (f[mid] < nums[i]) l = mid + 1;else if(f[mid] >= nums[i]) r = mid;}

while (l <= r)对应的代码, 退出的时候 l > r

int l = 0, r = len;
while (l <= r){int mid = l + r >> 1;if (f[mid] < nums[i]) l = mid + 1;else if(f[mid] >= nums[i]) r = mid - 1;}

上面两个代码找到的都是第一个大于等于nums[i]的下标, 但while循环里面略有不同

个人习惯用while(l < r), 感觉这种方法里面l和r的边界好理解
if (f[mid] < nums[i]) l = mid + 1; 说明 mid 位置上的数不满足 f[mid] < nums[i], 所有要到二分的右边去找，并且不包过 mid这个位置的数
else if(f[mid] >= nums[i]) r = mid; 说明 mid 位置上的数可能满足 f[mid] < nums[i], 所以要到二分的左边去找, 并且包含mid这个位置上的数

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