最长单调子序列的nlogn算法

可以参考一下ZOJ-1986 这题目。 
http://acm.zju.edu.cn/show_problem.php?pid=1986

先回顾经典的O(n^2)的动态规划算法，设A[t]表示序列中的第t个数，F[t]表示从1到t这一段中以t结尾的最长上升子序列的长度，初始时设F [t] = 0(t = 1, 2, ..., len(A))。则有动态规划方程：F[t] = max{1, F[j] + 1} (j = 1,  2, ..., t - 1, 且A[j] < A[t])。 
现在，我们仔细考虑计算F[t]时的情况。假设有两个元素A[x]和A[y]，满足 
(1)x < y < t (2)A[x] < A[y] < A[t] (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[t]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[t-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[t] = k的所有A[t]中的最小值。设D[k]记录这个值，即D[k] = min{A[t]} (F[t] = 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[t]与D[len]。若A [t] > D[len]，则将A[t]接在D[len]后将得到一个更长的上升子序列，len = len + 1， D[len] = A [t]；否则，在D[1]..D[len]中，找到最大的j，满足D[j] < A[t]。令k = j + 1，则有D[j] < A [t] <= D[k]，将A[t]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[t]。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。

solutiion for zoj 1986:

#include"stdio.h"
unsigned int j,n,p,i,k1,k2,k3,len,a,D[40002];

int main(void)
{
     scanf("%u",&n);
     while(n--)
     {
          scanf("%u",&p); 
          len=0;         

          for(i=1;i<=p;i++)
          {
               scanf("%u",&a);
 
               if(a>D[len]){
                  len++;
                  D[len]=a;
               }
               else{
                  k1=0; k2=len;

                  while(k2-k1>1){
                     k3=(k2+k1)/2;
                     if(D[k3]>=a) k2=k3;
                     else         k1=k3;
                  }

                  D[k2]=a;
               }
          }
          printf("%u\n",len);
     }
 
     return 0;
}