最长上升子序列详解(LCS,LIS)
一、DP的意义以及线性动规简介
动态规划自古以来是DALAO凌虐萌新的分水岭，但有些OIer认为并没有这么重要——会打暴力，大不了记忆化。但是其实，动态规划学得好不好，可以彰显出一个OIerOIer的基本素养——能否富有逻辑地思考一些问题，以及更重要的——能否将数学、算筹学（决策学）、数据结构合并成一个整体并且将其合理运用qwq。
而我们首先要了解的，便是综合难度在所有动规题里最为简单的线性动规了。线性动规既是一切动规的基础，同时也可以广泛解决生活中的各项问题——比如在我们所在的三维世界里，四维的时间就是不可逆式线性，比如我们需要决策在相同的时间内做价值尽量大的事情，该如何决策，最优解是什么——这就引出了动态规划的真正含义：
在一个困难的嵌套决策链中，决策出最优解。
二、动态规划性质浅谈
首先，动态规划和递推有些相似（尤其是线性动规），但是不同于递推的是：
递推求出的是数据，所以只是针对数据进行操作；而动态规划求出的是最优状态，所以必然也是针对状态的操作，而状态自然可以出现在最优解中，也可以不出现——这便是决策的特性（布尔性）。
其次，由于每个状态均可以由之前的状态演变形成，所以动态规划有可推导性，但同时，动态规划也有无后效性，即每个当前状态会且仅会决策出下一状态，而不直接对未来的所有状态负责，可以浅显的理解为——
Future never has to do with past time ,but present does.
现在决定未来，未来与过去无关。
三、扯正题——子序列问题
（一）一个序列中的最长上升子序列（LISLIS）
例：由6个数，分别是： 1 7 6 2 3 4，求最长上升子序列。
评析：首先，我们要理解什么叫做最长上升子序列：1、最长上升子序列的元素不一定相邻 2、最长上升子序列一定是原序列的子集。所以这个例子中的LISLIS就是：1 2 3 4，共4个
1、n^2做法
首先我们要知道，对于每一个元素来说，最长上升子序列就是其本身。那我们便可以维护一个dp数组，使得dp[i]表示以第ii元素为结尾的最长上升子序列长度，那么对于每一个dp[i]而言，初始值即为1；
那么dp数组怎么求呢？我们可以对于每一个ii，枚举在ii之前的每一个元素jj，然后对于每一个dp[j],如果元素ii大于元素jj，那么就可以考虑继承，而最优解的得出则是依靠对于每一个继承而来的dp值，取max.
for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=1;//初始化 for(int j=1;j<i;j++)//枚举i之前的每一个j if(data[j]<data[i] && dp[i]<dp[j]+1) //用if判断是否可以拼凑成上升子序列， //并且判断当前状态是否优于之前枚举 //过的所有状态,如果是，则↓ dp[i]=dp[j]+1;//更新最优状态 }
最后，因为我们对于dp数组的定义是到i为止的最长上升子序列长度，所以我们最后对于整个序列，只需要输出dp[n](n为元素个数)即可。
从这个题我们也不难看出，状态转移方程可以如此定义：
下一状态最优值=最优比较函数（已经记录的最优值，可以由先前状态得出的最优值）
——即动态规划具有 判断性继承思想
2、nlogn 做法
我们其实不难看出，对于n^2做法而言，其实就是暴力枚举：将每个状态都分别比较一遍。但其实有些没有必要的状态的枚举，导致浪费许多时间，当元素个数到了10^4-10^5以上时，就已经超时了。而此时，我们可以通过另一种动态规划的方式来降低时间复杂度：
将原来的dp数组的存储由数值换成该序列中，上升子序列长度为i的上升子序列，的最小末尾数值
这其实就是一种几近贪心的思想：我们当前的上升子序列长度如果已经确定，那么如果这种长度的子序列的结尾元素越小，后面的元素就可以更方便地加入到这条我们臆测的、可作为结果、的上升子序列中。
qwq一定要好好看注释啊！
int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]; f[i]=0x7fffffff; //初始值要设为INF /*原因很简单，每遇到一个新的元素时，就跟已经记录的f数组当前所记录的最长 上升子序列的末尾元素相比较：如果小于此元素，那么就不断向前找，直到找到 一个刚好比它大的元素，替换；反之如果大于，么填到末尾元素的下一个q，INF 就是为了方便向后替换啊！*/ } f[1]=a[1]; int len=1;//通过记录f数组的有效位数，求得个数 /*因为上文中所提到我们有可能要不断向前寻找， 所以可以采用二分查找的策略，这便是将时间复杂 度降成nlogn级别的关键因素。*/ for(int i=2;i<=n;i++) { int l=0,r=len,mid; if(a[i]>f[len])f[++len]=a[i]; //如果刚好大于末尾，暂时向后顺次填充 else { while(l<r) { mid=(l+r)/2; if(f[mid]>a[i])r=mid; //如果仍然小于之前所记录的最小末尾，那么不断 //向前寻找(因为是最长上升子序列，所以f数组必 //然满足单调) else l=mid+1; } f[l]=min(a[i],f[l]);//更新最小末尾 } } cout<<len;
Another Situation
但是事实上，nlogn 做法偷了个懒，没有记录以每一个元素结尾的最长上升子序列长度。那么我们对于n^2的统计方案数，有很好想的如下代码（再对第一次的dp数组dp一次）：
for(i = 1; i <= N; i ++){ if(dp[i] == 1) f[i] = 1 ; for(j = 1; j <= N: j ++) if(base[i] > base[j] && dp[j] == dp[i] - 1) f[i] += f[j] ; else if(base[i] == base[j] && dp[j] == dp[i]) f[i] = 0 ; if(f[i] == ans) res ++ ; }
但是 nlogn 呢？虽然好像也可以做，但是想的话会比较麻烦，在这里就暂时不讨论了qwqqwq，但笔者说这件事的目的是为了再次论证一个观点:时间复杂度越高的算法越全能
33、输出路径
只要记录前驱，然后递归输出即可（也可以用栈的）
下面贴出n ^ 2的完整代码qwq
#include <iostream> using namespace std; const int MAXN = 1000 + 10; int n, data[MAXN]; int dp[MAXN]; int from[MAXN]; void output(int x) { if(!x)return; output(from[x]); cout<<data[x]<<" "; //迭代输出 } int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++)cin>>data[i]; // DP for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=1; from[i]=0; for(int j=1;j<i;j++) if(data[j]<data[i] && dp[i]<dp[j]+1) { dp[i]=dp[j]+1; from[i]=j;//逐个记录前驱 } } int ans=dp[1], pos=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(ans<dp[i]) { ans=dp[i]; pos=i;//由于需要递归输出 //所以要记录最长上升子序列的最后一 //个元素，来不断回溯出路径来 } cout<<ans<<endl; output(pos); return 0; }
（二）两个序列中的最长公共子序列（LCSLCS）
1、譬如给定2个序列：
1 2 3 4 5
3 2 1 4 5试求出最长的公共子序列。
qwq显然长度是3，包含 3 4 5 三个元素（不唯一）
解析：我们可以用dp[i][j]来表示第一个串的前ii位，第二个串的前j位的LCSLCS的长度，那么我们是很容易想到状态转移方程的：
如果当前的 A1[i] 和 A2[j] 相同（即是有新的公共元素） 那么
dp[ i ] [ j ] = max(dp[ i ] [ j ], dp[ i-1 ] [ j-1 ] + 1);
如果不相同，即无法更新公共元素，考虑继承：
dp[ i ] [ j ] = max(dp[ i-1 ][ j ] , dp[ i ][ j-1 ]
那么代码:
#include<iostream> using namespace std; int dp[1001][1001],a1[2001],a2[2001],n,m; int main() { //dp[i][j]表示两个串从头开始，直到第一个串的第i位 //和第二个串的第j位最多有多少个公共子元素 cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a1[i]); for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a2[i]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); if(a1[i]==a2[j]) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+1); //因为更新，所以++； } cout<<dp[n][m]; }
22、而对于洛谷P1439 而言，不仅是卡上面的朴素算法，也考察到了全排列的性质：
对于这个题而言，朴素算法是 n^2 的，会被 10^5 卡死，所以我们可以考虑 nlogn 的做法：
因为两个序列都是1~n 的全排列，那么两个序列元素互异且相同，也就是说只是位置不同罢了，那么我们通过一个mapmap数组将A序列的数字在B序列中的位置表示出来——
因为最长公共子序列是按位向后比对的，所以a序列每个元素在b序列中的位置如果递增，就说明b中的这个数在a中的这个数整体位置偏后，可以考虑纳入LCS——那么就可以转变成nlogn求用来记录新的位置的map数组中的LIS。
最后贴AC代码：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int a[100001],b[100001],map[100001],f[100001]; int main() { int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);map[a[i]]=i;} for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&b[i]);f[i]=0x7fffffff;} int len=0; f[0]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int l=0,r=len,mid; if(map[b[i]]>f[len])f[++len]=map[b[i]]; else { while(l<r) { mid=(l+r)/2; if(f[mid]>map[b[i]])r=mid; else l=mid+1; } f[l]=min(map[b[i]],f[l]); } } cout<<len; return 0 }
