NOI2004第三题nlogn的最长子序列算法[ZJU1986]

(*)ZJU 1986 - Bridging Signals - 00:00.18 136K - 动态规划，二分查找 + 维护
CE 1次 WA 1次 AC 4次

　　这是一个很好的题目。题目的算法还是比较容易看出来的，就是求最长上升子序列的长度。不过这一题的数据规模最大可以达到40000，经典的O(n^2)的动态规划算法明显会超时。我们需要寻找更好的方法来解决是最长上升子序列问题。

　 　先回顾经典的O(n^2)的动态规划算法，设A[i]表示序列中的第i个数，F[i]表示从1到i这一段中以i结尾的最长上升子序列的长度，初始时设F [i] = 0(i = 1, 2, ..., len(A))。则有动态规划方程：F[i] = max{1, F[j] + 1} (j = 1, 2, ..., i - 1, 且A[j] < A[i])。

　　现在，我们仔细考虑计算F[i]时的情况。假设有两个元素A[x]和A[y]，满足

　　　(1)x < y < i (2)A[x] < A[y] < A[i] (3)F[x] = F[y]

　　此时，选择F[x]和选择F[y]都可以得到同样的F[i]值，那么，在最长上升子序列的这个位置中，应该选择A[x]还是应该选择A[y]呢？

　　很明显，选择A[x]比选择A[y]要好。因为由于条件(2)，在A[x+1] ... A[i-1]这一段中，如果存在A[z]，A[x] < A[z] < a[y]，则与选择A[y]相比，将会得到更长的上升子序列。

　　再根据条件(3)，我们会得到一个启示：根据F[]的值进行分类。对于F[]的每一个取值k，我们只需要保留满足F[i] = k的所有A[i]中的最小值。设D[k]记录这个值，即D[k] = min{A[i]} (F[i] = k)。

　　注意到D[]的两个特点：

　　(1)　D[k]的值是在整个计算过程中是单调不上升的。
　　(2)　D[]的值是有序的，即D[1] < D[2] < D[3] < ... < D[n]。

　 　利用D[]，我们可以得到另外一种计算最长上升子序列长度的方法。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D[len]。若A [i] > D[len]，则将A[i]接在D[len]后将得到一个更长的上升子序列，len = len + 1， D[len] = A[i]；否则，在D[1]..D[len]中，找到最大的j，满足D[j] < A[i]。令k = j + 1，则有D[j] < A[i] <= D[k]，将A[i]接在D[j]后将得到一个更长的上升子序列，同时更新D[k] = A[i]。最后，len即为所要求的最长上升子序列的长度。

　　在上述算法中，若使用朴素的顺序查找在D[1]..D[len]查找，由 于共有O(n)个元素需要计算，每次计算时的复杂度是O(n)，则整个算法的时间复杂度为O(n^2)，与原来的算法相比没有任何进步。但是由于D[]的 特点(2)，我们在D[]中查找时，可以使用二分查找高效地完成，则整个算法的时间复杂度下降为O(nlogn)，有了非常显著的提高。需要注意的是，D []在算法结束后记录的并不是一个符合题意的最长上升子序列！

　　这个算法还可以扩展到整个最长子序列系列问题，整个算法的难点在于二分查找的设计，需要非常小心注意。

　　最后谢谢phoenixinter，我的总结是在他的基础上做出来的。:)