C++专题：最长上升子序列 (LIS)
1.LIS的定义：
最长上升子序列（Longest Increasing Subsequence），简称LIS，也有些情况求的是最长非降序子序列，二者区别就是序列中是否可以有相等的数。假设我们有一个序列 bi，当b1 < b2 < … < bS的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列(a1, a2, …, aN)，我们也可以从中得到一些上升的子序列(ai1, ai2, …, aiK)，这里1 <= i1 < i2 < … < iK <= N，但必须按照从前到后的顺序。比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，我们就会得到一些上升的子序列，如(1, 7, 9), (3, 4, 8), (1, 3, 5, 8)等等，而这些子序列中最长的（如子序列(1, 3, 5, 8) ），它的长度为4，因此该序列的最长上升子序列长度为4。
2.解法
解法1：动态规划：
我们都知道，动态规划的一个特点就是当前解可以由上一个阶段的解推出， 由此，把我们要求的问题简化成一个更小的子问题。子问题具有相同的求解方式，只不过是规模小了而已。最长上升子序列就符合这一特性。我们要求n个数的最长上升子序列，可以求前n-1个数的最长上升子序列，再跟第n个数进行判断。求前n-1个数的最长上升子序列，可以通过求前n-2个数的最长上升子序列……直到求前1个数的最长上升子序列，此时LIS当然为1。让我们举个例子：求 2 7 1 5 6 4 3 8 9 的最长上升子序列。我们定义d(i) (i∈[1,n])来表示前 i 个数以A[ i ]结尾的最长上升子序列长度。
前1个数 d(1)=1 子序列为2；
前2个数 7前面有2小于7 d(2)=d(1)+1=2 子序列为2 7
前3个数 在1前面没有比1更小的，1自身组成长度为1的子序列 d(3)=1 子序列为1
前4个数 5前面有2小于5 d(4)=d(1)+1=2 子序列为2 5
前5个数 6前面有2 5小于6 d(5)=d(4)+1=3 子序列为2 5 6
前6个数 4前面有2小于4 d(6)=d(1)+1=2 子序列为2 4
前7个数 3前面有2小于3 d(3)=d(1)+1=2 子序列为2 3
前8个数 8前面有2 5 6小于8 d(8)=d(5)+1=4 子序列为2 5 6 8
前9个数 9前面有2 5 6 8小于9 d(9)=d(8)+1=5 子序列为2 5 6 8 9
d(i)=max{d(1),d(2),……,d(i)} 我们可以看出这9个数的LIS为d(9)=5
总结一下，d(i) 就是找以A[ i ]结尾的，在A[ i ]之前的最长上升子序列+1，即前 i 个数的 LIS 长度 + 1。当A[ i ]之前没有比A[ i ]更小的数时，d(i) = 1。所有的d(i)里面最大的那个就是最长上升子序列。其实说的通俗点，就是每次都向前找比它小的数和比它大的数的位置，将第一个比它大的替换掉，这样操作虽然LIS序列的具体数字可能会变，但是很明显LIS长度还是不变的，因为只是把数替换掉了，并没有改变增加或者减少长度。但是我们通过这种方式是无法求出最长上升子序列具体是什么的，这点和最长公共子序列不同。
状态设计：F [ i ] 代表以 A [ i ] 结尾的 LIS 的长度
状态转移：F [ i ] = max { F [ j ] + 1 ，F [ i ] } (1 <= j < i，A[ j ] < A[ i ])
边界处理：F [ i ] = 1 (1 <= i <= n)
时间复杂度：O (n^2)
代码实现:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn = 103, INF = 0x7f7f7f7f;
int a[maxn], f[maxn];
int n,ans = -INF;
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
f[i] = 1;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<i; j++)
if(a[j] < a[i])
f[i] = max(f[i], f[j]+1);
for(int i=1; i<=n; i++)
ans = max(ans, f[i]);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
这个算法的时间复杂度为〇(n²)，并不是最优的算法。在限制条件苛刻的情况下，这种方法行不通。那么怎么办呢！有没有时间复杂度更小的算法呢？说到这里了，当然是有的啦！还有一种时间复杂度为〇(nlogn)的算法，下面就来看看。
解法2：贪心+二分：
思路：
新建一个 low 数组，low [ i ]表示长度为i的LIS结尾元素的最小值。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 low 数组，对于每一个a[ i ]，如果a[ i ] > low [当前最长的LIS长度]，就把 a [ i ]接到当前最长的LIS后面，即low [++当前最长的LIS长度] = a [ i ]。那么，怎么维护 low 数组呢？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 low 数组。具体方法是，在low数组中找到第一个大于等于a [ i ]的元素low [ j ]，用a [ i ]去更新 low [ j ]。如果从头到尾扫一遍 low 数组的话，时间复杂度仍是O(n^2)。我们注意到 low 数组内部一定是单调不降的，所有我们可以二分 low 数组，找出第一个大于等于a[ i ]的元素。二分一次 low 数组的时间复杂度的O(lgn)，所以总的时间复杂度是O(nlogn)。
我们再举一个例子：有以下序列A[ ] = 3,1,2,6,4,5,10,7，求LIS长度。
我们定义一个B[ i ]来储存可能的排序序列，len 为LIS长度。我们依次把A[ i ]有序地放进B[ i ]里。
A[1] = 3，把3放进B[1]，此时B[1] = 3，此时len = 1，最小末尾是3
A[2] = 1，因为1比3小，所以可以把B[1]中的3替换为1，此时B[1] = 1，此时len = 1，最小末尾是1
A[3] = 2，2大于1，就把2放进B[2] = 2，此时B[ ]={1,2}，len = 2
同理，A[4]=6，把6放进B[3] = 6，B[ ]={1,2,6}，len = 3
A[5]=4，4在2和6之间，比6小，可以把B[3]替换为4，B[ ] = {1,2,4}，len = 3
A[6] = 5，B[4] = 5，B[ ] = {1,2,4,5}，len = 4
A[7] = 10，B[5] = 10，B[ ] = {1,2,4,5,10}，len = 5
A[8] = 7，7在5和10之间，比10小，可以把B[5]替换为7，B[ ] = {1,2,4,5,7}，len = 5
最终我们得出LIS长度为5，但是，但是！！！B[ ] 中的序列并不一定是正确的最长上升子序列。在这个例子中，我们得到的1 2 4 5 7 恰好是正确的最长上升子序列，下面我们再举一个例子：有以下序列A[ ] = 1 4 7 2 5 9 10 3，求LIS长度。
A[1] = 1，把1放进B[1]，此时B[1] = 1，B[ ] = {1}，len = 1
A[2] = 4，把4放进B[2]，此时B[2] = 4，B[ ] = {1,4}，len = 2
A[3] = 7，把7放进B[3]，此时B[3] = 7，B[ ] = {1,4,7}，len = 3
A[4] = 2，因为2比4小，所以把B[2]中的4替换为2，此时B[ ] = {1,2,7}，len = 3
A[5] = 5，因为5比7小，所以把B[3]中的7替换为5，此时B[ ] = {1,2,5}，len = 3
A[6] = 9，把9放进B[4]，此时B[4] = 9，B[ ] = {1,2,5,9}，len = 4
A[7] = 10，把10放进B[5]，此时B[5] = 10，B[ ] = {1,2,5,9,10}，len = 5
A[8] = 3，因为3比5小，所以把B[3]中的5替换为3，此时B[ ] = {1,2,3,9,10}，len = 5
最终我们得出LIS长度为5。但是，但是！！这里的1 2 3 9 10很明显并不是正确的最长上升子序列。因此，B序列并不一定表示最长上升子序列，它只表示相应最长子序列长度的排好序的最小序列。这有什么用呢？我们最后一步3替换5并没有增加最长子序列的长度，而这一步的意义，在于记录最小序列，代表了一种“最可能性”，只是此种算法为计算LIS而进行的一种替换。假如后面还有两个数据12和15，那么B[ ]将继续更新。
因为在B中插入的数据是有序的，不需要移动，只需要替换，所以可以用二分查找插入的位置，那么插入n个数的时间复杂度为〇(logn)，这样我们会把这个求LIS长度的算法复杂度降为了〇(nlogn)。话不多说了，show me the code！
代码实现：
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn =300003, INF = 0x7f7f7f7f;
int low[maxn], a[maxn];
int n, ans;
int binary_search(int *a, int R, int x)
//二分查找，返回a数组中第一个>=x的位置
{
int L = 1, mid;
while(L <= R)
{
mid = (L+R) >> 1;
if(a[mid] <= x)
L = mid + 1;
else
R = mid - 1;
}
return L;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
low[i] = INF; //由于low中存的是最小值，所以low初始化为INF
}
low[1] = a[1];
ans = 1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(a[i] > low[ans])
low[++ans] = a[i];
else //否则，找到low中第一个>=a[i]的位置low[j]，用a[i]更新low[j]
low[binary_search(low, ans, a[i])] = a[i];
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}这其中用到了二分查找第一个大于等于的，其实C++里面的有一个函数可用代替二分，那就是 —— low_bound( )函数。
lower_bound( )函数：
下面是使用lower_bound优化最长上升子序列。由于长度相同的上升子序列只需要保存结尾最小的那个，而长度递增时，结尾数字的大小也是递增的。最长上升子序列就是找出比他大的第一个数。前面的数都比他小，所以他和这个数的长度相同。然后由于他比较然后小，更新找到的那个值。
代码如下：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int num[10]={3,6,3,2,4,6,7,5,4,3};
const int INF=0x3f3f3f3f;
int l=10, g[100], d[100];
int main()
{
fill(g, g+l, INF);
int max_=-1;
for(int i=0; i<l; i++)
{
int j = lower_bound(g, g+l, num[i]) - g;
d[i] = j+1;
if(max_<d[i])
max_=d[i];
g[j] = num[i];
}
printf("%d\n", max_);
return 0;
}
这个算法其实已经不是DP了，有点像贪心。至于复杂度降低其实是因为这个算法里面用到了二分搜索。
本来有N个数要处理是O(n)，每次计算要查找N次还是O(n)，一共就是O(n^2)；
现在搜索换成了O(logn)的二分搜索，总的复杂度就变为O(nlogn)了。
这里主要注意一下lower_bound函数的应用，注意减去的g是地址。
地址 - 地址 = 下标。
解法3：树状数组维护：
我们再来回顾O(n^2)DP的状态转移方程：F [ i ] = max { F [ j ] + 1 ，F [ i ] } (1 <= j < i，A[ j ] < A[ i ])
我们在递推F数组的时候，每次都要把F数组扫一遍求F[ j ]的最大值，时间开销比较大。我们可以借助数据结构来优化这个过程。用树状数组来维护F数组（据说分块也是可以的，但是分块是O(n*sqrt(n)）的时间复杂度，不如树状数组跑得快），首先把A数组从小到大排序，同时把A[ i ]在排序之前的序号记录下来。然后从小到大枚举A[ i ]，每次用编号小于等于A[ i ]编号的元素的LIS长度+1来更新答案，同时把编号大于等于A[ i ]编号元素的LIS长度+1。因为A数组已经是有序的，所以可以直接更新。有点绕，具体看代码。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn =103, INF=0x7f7f7f7f;
struct Node{
int val,num;
}z[maxn];
int T[maxn];
int n;
bool cmp(Node a,Node b)
{
return a.val==b.val?a.num<b.num:a.val<b.val;
}
void modify(int x, int y)//把val[x]替换为val[x]和y中较大的数
{
for(; x<=n; x+=x&(-x))
T[x] = max(T[x],y);
}
int query(int x)//返回val[1]~val[x]中的最大值
{
int res=-INF;
for(; x; x-=x&(-x))
res=max(res,T[x]);
return res;
}
int main()
{
int ans=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d", &z[i].val);
z[i].num = i;//记住val[i]的编号，有点类似于离散化的处理，但没有去重
}
sort(z+1, z+n+1, cmp);//以权值为第一关键字从小到大排序
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int maxx = query(z[i].num);//查询编号小于等于num[i]的LIS最大长度
modify(z[i].num, ++maxx); //把长度+1，再去更新前面的LIS长度
ans=max(ans, maxx); //更新答案
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
例：最少拦截系统
Decription
某国为了防御敌国的导弹袭击,发展出一种导弹拦截系统.但是这种导弹拦截系统有一个缺陷:虽然它的第一发炮弹能够到达任意的高度,但是以后每一发炮弹都不能超过前一发的高度.某天,雷达捕捉到敌国的导弹来袭.由于该系统还在试用阶段,所以只有一套系统,因此有可能不能拦截所有的导弹.
怎么办呢?多搞几套系统呗!你说说倒蛮容易,成本呢?成本是个大问题啊.所以俺就到这里来求救了,请帮助计算一下最少需要多少套拦截系统.
输入
输入若干组数据.每组数据包括:导弹总个数(正整数),导弹依此飞来的高度(雷达给出的高度数据是不大于30000的正整数,用空格分隔)
输出
对应每组数据输出拦截所有导弹最少要配备多少套这种导弹拦截系统.
Sample Input
8 389 207 155 300 299 170 158 65
Sample Output
2
思路：
这题是一个贪心+LIS，用dp数组存储已经部署好的防御系统能打的最大高度，每来一个新的导弹，判断之前已经部署好的防御系统能否打下当前导弹，如果能的话就选那个最垃圾的防御系统来攻击导弹，如果之前已经部署的最厉害的防御系统也打不下来的话，那么就新部署一个拦截系统来拦截当前导弹。
代码：
#include<cmath>
#include<deque>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INS 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10
using namespace std;
int a[10001],dp[10001];
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=0; i<=n-1; i++)
scanf("%d",&a[i]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
int k=1;
dp[0] = a[0];
for(int i=1; i<=n-1; i++)
{
int z = -1;
int min1 = 0x3f3f3f3f;
for(int j=0; j<=k-1; j++)
if(dp[j]<min1 && a[i]<=dp[j])
{
z = j;
min1 = dp[j];
}
if(z == -1)
dp[k++] = a[i];
else
dp[z] = a[i];
}
printf("%d\n", k);
}
return 0;
}
【转】
