求最长不下降子序列（nlogn）
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。
设dp[i]表示以i为结尾的最长递增子序列的长度，则状态转移方程为：
dp[i] = max{dp[j]+1}, 1<=j<i,a[j]<a[i].
这样简单的复杂度为O(n^2)，其实还有更好的方法。
考虑两个数a[x]和a[y]，x<y且a[x]<a[y],且dp[x]=dp[y]，当a[t]要选择时，到底取哪一个构成最优的呢？显然选取a[x]更有潜力，因为可能存在a[x]<a[z]<a[y]，这样a[t]可以获得更优的值。在这里给我们一个启示，当dp[t]一样时，尽量选择更小的a[x].
按dp[t]=k来分类，只需保留dp[t]=k的所有a[t]中的最小值，设d[k]记录这个值，d[k]=min{a[t],dp[t]=k}。显然d[]中的元素是a[]中的某些数
这时注意到d的两个特点（重要）：
1. d[k]在计算过程中单调不升；(很显然啊，在更新d[k]时一直用比它更小的数来更新)
2. d数组是有序的，d[1]<d[2]<..d[n]。(也很显然啊，如果d[5]<d[2],,,,,怎么可能，肯定错啦)
利用这两个性质，可以很方便的求解：
1. 设当前已求出的最长上升子序列的长度为len（初始时为1），每次读入一个新元素x：
2. 若x>d[len]，则直接加入到d的末尾，且len++；（利用性质2）
否则，在d中二分查找，找到第一个比x小的数d[k](说明d[k+1]>=x)，并d[k+1]=x，在这里x<=d[k+1]一定成立（性质1,2）。
最长递增子序列O(nlogn)算法：
状态转移方程：f[i] = max{f[i],f[j]+1},1<=j<i,a[j]<a[i].
分析：加入x<y,f[x]>=f[y],则x相对于y更有潜力。
首先根据f[]值分类，记录满足f[t]=k的最小的值a[t],记d[k]=min{a[t]},f[t]=k.
1.发现d[k]在计算过程中单调不上升
2.d[1]<d[2]<...<d[k] (反证) 1 2 3 8 4 7
解法：
1.设当前最长递增子序列为len,考虑元素a[i];
2.若d[len]<a[i],则len++，并将d[len]=a[i];
否则,在d[0-len]中二分查找,找到第一个比它小的元素d[k],并d[k+1]=a[i].()
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N = 41000; 4 int a[N]; //a[i] 原始数据 5 int d[N]; //d[i] 长度为i的递增子序列的最小值 6 7 int BinSearch(int key, int* d, int low, int high)//二分，目的是在d[low]与d[high]之间找到第一个比key小的d[](第一个是指从后往前第一个) 8 { 9 while(low<=high) 10 { 11 int mid = (low+high)>>1; 12 if(key>d[mid] && key<=d[mid+1]) 13 return mid; 14 else if(key>d[mid]) 15 low = mid+1; 16 else 17 high = mid-1; 18 } 19 return 0; 20 } 21 22 int LIS(int* a, int n, int* d) 23 { 24 int i,j; 25 d[1] = a[1]; 26 int len = 1; //递增子序列长度 27 for(i = 2; i <= n; i++) 28 { 29 if(d[len]<a[i]) 30 j = ++len; 31 else 32 j = BinSearch(a[i],d,1,len) + 1; 33 d[j] = a[i]; 34 } 35 return len; 36 } 37 38 int main() 39 { 40 int p; 41 scanf("%d",&p); 42 for(int i = 1; i <= p; i++) 43 scanf("%d",&a[i]); 44 printf("%d\n",LIS(a,p,d)); 45 46 return 0; 47 }
