POJ 1631 - Bridging signals ( LIS )

题意

有p条线路，它们有可能相交。现在让你去掉一些线路，使得剩下的线不相交且线最多 ( p < 40000 )

思路

为使得连线不相交, 必须选择一个上升的连接序列, 而求剩下的线不相交且最多就是求LIS ( 最长上升子序列 )
由于p最大达40000， 1000 ms 肯定不能用复杂度为O(n*n)的朴素动态规划，会超时。这时考虑用O(nlogn)的 二分+贪心

建一个dp数组，dp[i]表示长度为i的LIS结尾元素的最小值。贪心策略:对于一个上升子序列，显然其结尾元素越小，越有利于在后面接其他的元素，也就越可能变得更长。因此，我们只需要维护dp数组，对于每一个a[i]，如果a[i] > len[当前最长的LIS长度]，就把a[i]接到当前最长的LIS后面，即dp[++当前最长的LIS长度]=a[i]。

---

关于维护dp数组 :
对于每一个a[i]，如果a[i]能接到LIS后面，就接上去；否则，就用a[i]取更新dp数组。具体方法是，在dp数组中找到第一个大于等于a[i]的元素dp[j]，用a[i]去更新dp[j]。如果从头到尾扫一遍dp数组的话，时间复杂度仍是O(n^2)。我们注意到dp数组内部一定是单调不降的，所有我们可以二分dp数组，找出第一个大于等于a[i]的元素。二分一次dp数组的时间复杂度的O(logn)，所以总的时间复杂度是O(nlogn)。

目前为止看到过的最易理解的LIS – O(nlogn)算法分析：
最长上升子序列(LIS)长度的O(nlogn)算法

AC代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
const int maxn = 40000+5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int dp[maxn], a[maxn];

int main()
{
    int T, n;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for( int i = 0; i < n; i++ )
            scanf("%d",&a[i]);
        int len = 1;
        for( int i = 0; i < n; i++ ){
            int p = lower_bound(dp, dp+len, a[i]) - dp;
            dp[p] = a[i];
            if( p == len ) len++;
        }
        printf("%d\n",len-1);
    }
    return 0;
}