for(int i = 1;i <= n;i++)
{
int dpmax = 0;
for(int j = 1;j <= m;j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(a[i] > b[j] && dpmax < dp[i-1][j])dpmax = dp[i-1][j];
if(a[i] == b[j])dp[i][j] = dpmax + 1;
ret = max(ret,dp[i][j]);
}
}
LCS最长公共子序列：
状态方程是dp[i][j]——并未定义必须以谁谁谁结尾，就是代表a序列从1-i,b序列从1-j的最长公共部分的长度 状态转移：1->当a[i] == b[j]的时候很明显dp[i][j]的值==dp[i-1][j-1] + 1
2->当a[i] != b[j]的时候，要去寻找最优解，肯定是max(dp[i-1][j],dp[i][j-1])这两个解肯定比dp[i-1][j-1]优啊
for(int i = 1;i <= la;i++)
{
for(int j = 1;j <= lb;j++)
{
if(a[i-1] == b[j-1])
{
dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
}
else
{
dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j]);
dp[i][j] = max(dp[i][j-1],dp[i][j]);
}
}
LCS还是很好理解的，想一想就能自己实现了
LIS最长上升子序列 状态方程：dp[i] 表示该序列以a[i]为结尾的最长上升子序列的长度 状态转移最外层的循环遍历的是1 - n-1的数据（i）内层的数据遍历的是j(j < i)寻找子最长上升序列长度中能把a[i]加进入的最长序列也就是如果a[j] < a[i] dp[i] = max(dp[j] + 1,dp[i])
for(int i = 1;i < N;i++)
{
for(int j = 0;j < i;j++)
{
if(hi[j] < hi[i])
{
dp[i] = max(dp[j] + 1,dp[i]);
}
}
if(dp[i] > ret)ret = dp[i];
}
优化时间复杂度
下面的LIS的O(nlogn)转自于http://hi.baidu.com/fandywang_jlu/item/da673a3d83e2a65980f1a7e1
一、算法思想
算法还是容易想到的，两重循环DP即可。不过如果数据规模最大可以达到几十万甚至更大，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。以下以最长递增子序列为例进行说明：
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)y < x < 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。//此处需要特别注意!!!关键之所在!
(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+1] = 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.
while(p--)
{
scanf("%d",&num);
if(num > dp[tot])
{
dp[++tot] = num;
}
else
{
int idx = binary_search_index(1,tot,num);
dp[idx] = num;
}
}
idx寻找的就是需要更替的值的下标，二分有许多类似的写法，都可行，我用的是我理解的比较好的那个
int binary_search_index(int left,int right,int num)
{
while(left < right)
{
int mid = (left + right) / 2;
if(num <= dp[mid])right = mid;
else left = mid + 1;
}
return left;
}
在这里，我要说一下我对len最后就是最长上升子序列长度的理解
首先，如果给出的序列一开始就是上升序列的化例如1，3，5，7，那么dp中的值就会说1，3，5，7；如果在这些数后面加上2，4，6，那么dp中的值就是1，2，3，4，它每次存的都是最小的，你会发现3,5,7和2，4，6之间！打乱顺序后，dp的值都不会变（3，5，7的先后顺序不变）那么你加上一个8，会改变len的值，你加上一个2就不会改变，为什么加2不会改变呢，因为数太少，前面所得到的len是由1，2，4，6进行维护的，其实你加上一个7就可以改变最后的结果，但是你加上一个5，一个5！只会改变维护的值，这是侯维护的就是1，2，4，5，你再加个6就可以改变结果了。 再说一点，之所以dp中的值并不一定是正确的lis，是因为（还是以1 3 5 7 2 4 6为例，dp:1,2,4,6）你再加一个3就会变成1,2,3,6——他是用于维护的，谁染顺序打断了，就仿佛代表，如果你想改变len的值，就必须加入一个比6大的数，或者2个比3大且比6小的数，3个比2大比3小的数……事实证明，最长上升子序列长度的改变就是因为此，打乱了原有的顺序，是为了更好的维护len的值！！！
LCIS两者的结合最长上升公共子序列
状态方程dp[i][j]表示以b[j]为结尾的最长上升公共子序列的长度（这是一个难点，面对新的题目，怎么才能快速的找到这个最优的状态方程呢？？）
状态转移：如果a[i] != b[j]的化，很好我必须要有b[j]但是a[i]不能匹配，那么我就去看dp[i-1][j]去吧
如果a[i] == b[j] 那么我就得再 dp[i-1][k]k是1-j-1,中找到最长的而且还得能让b[j]加到其末尾的值 这样就可以写出差不多n**3的算法了，很不完美，一定要进行优化，只能再a[i] == b[j]得时候做文章，看看n**3得算法
for(i = 1; i <= n; i++)
{
for(j = 1; j <= m; j++)
{
f[i][j] = f[i-1][j]; // if(a[i] != b[j])
if(a[i] == b[j])
{
int MAX = 0;
for(k = 1; k <= j-1; k++) if(b[j] > b[k]) //枚举最大的f[i-1][k]
{
MAX = max(MAX, f[i-1][k]);
}
f[i][j] = MAX+1;
}
}
}
你再遍历k得时候就发现，当我遍历j到a[i] == b[j]得时候，前面j得遍历就是我的k得遍历，所以我就可以设法节省了，k遍历得目的就是找一个最大值——他满足b[j] > b[k]，所以我就设定一个dpmax用a[i]表示与a[i]相等得b[j]，没有怎么办，没有就用不到dpmax啊
LCIS记录最长上升公共子序列得数据~~