跟着编程之美学算法——最长递增子序列（转）

之前学习了动态规划中最基本的问题，最长公共子序列，具体解法，见前前一篇博客：

http://www.cnblogs.com/liyukuneed/archive/2013/05/22/3090597.html

本篇博客要继续解决一个升级的问题——最长递增子序列

问题定义：

给定一个长度为N的数组，找出一个最长的单调自增子序列（不一定连续，但是顺序不能乱）。例如：给定一个长度为6的数组A{5， 6， 7， 1， 2， 8}，则其最长的单调递增子序列为{5，6，7，8}，长度为4.

解法一：最长公共子序列法：

仔细思考上面的问题，其实可以把上面的问题转化为求最长公共子序列的问题。原数组为A{5， 6， 7， 1， 2， 8}，下一步，我们对这个数组进行排序，排序后的数组为A‘{1， 2， 5， 6， 7， 8}。我们有了这样的两个数组后，如果想求数组A的最长递增子序列，其实就是求数组A与它的排序数组A‘的最长公共子序列。我来思考下原问题的几个要素：最长、递增、子序列（即顺序不变）。

递增：A‘数组为排序数组，本身就是递增的，保证了两序列的最长公共子序列的递增特性。

子序列：由于A数组就是原数组，其任意的子序列都是顺序不变的，这样就保证了两序列的最长公共子序列的顺序不变。

最长：显而易见。

具体的解法请参见上一篇博客：

http://www.cnblogs.com/liyukuneed/archive/2013/05/22/3090597.html

解法二：动态规划法（O(N^2)）

既然是动态规划法，那么最重要的自然就是寻找子问题，对于这个问题，我们找到他的子问题：

对于长度为N的数组A[N] = {a0, a1, a2, ..., an-1}，假设假设我们想求以aj结尾的最大递增子序列长度，设为L[j]，那么L[j] = max(L[i]) + 1, where i < j && a[i] < a[j], 也就是i的范围是0到j - 1。这样，想求aj结尾的最大递增子序列的长度，我们就需要遍历j之前的所有位置i（0到j-1），找出a[i] < a[j]，计算这些i中，能产生最大L[i]的i，之后就可以求出L[j]。之后我对每一个A[N]中的元素都计算以他们各自结尾的最大递增子序列的长度，这些长度的最大值，就是我们要求的问题——数组A的最大递增子序列。

时间复杂度：由于每一次都要与之前的所有i做比较，这样时间复杂度为O(N^2)。

解法三：动态规划法（O(NlogN)）

上面的解法时间复杂度仍然为O(N^2)，与解法一没有明显的差别。仔细分析一下原因，之所以慢，是因为对于每一个新的位置j都需要遍历j之前的所以位置，找出之前位置最长递增子序列长度。那么我们是不是可以有一中方法能不用遍历之前所有的位置，而可以更快的确定i的位置呢？

这就需要申请一个长度为N的空间，B[N]，用变量len记录现在的最长递增子序列的长度。

B数组内任意元素B[i]，记录的是最长递增子序列长度为i的序列的末尾元素的值，也就是这个最长递增子序列的最大元素的大小值。

首先，把d[1]有序地放到B里，令B[1] = 2，就是说当只有1一个数字2的时候，长度为1的LIS的最小末尾是2。这时Len=1

然后，把d[2]有序地放到B里，令B[1] = 1，就是说长度为1的LIS的最小末尾是1，d[1]=2已经没用了，很容易理解吧。这时Len=1

接着，d[3] = 5，d[3]>B[1]，所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是说长度为2的LIS的最小末尾是5，很容易理解吧。这时候B[1..2] = 1, 5，Len＝2

再来，d[4] = 3，它正好加在1,5之间，放在1的位置显然不合适，因为1小于3，长度为1的LIS最小末尾应该是1，这样很容易推知，长度为2的LIS最小末尾是3，于是可以把5淘汰掉，这时候B[1..2] = 1, 3，Len = 2

继续，d[5] = 6，它在3后面，因为B[2] = 3, 而6在3后面，于是很容易可以推知B[3] = 6, 这时B[1..3] = 1, 3, 6，还是很容易理解吧？ Len = 3 了噢。

第6个, d[6] = 4，你看它在3和6之间，于是我们就可以把6替换掉，得到B[3] = 4。B[1..3] = 1, 3, 4， Len继续等于3

第7个, d[7] = 8，它很大，比4大，嗯。于是B[4] = 8。Len变成4了

第8个, d[8] = 9，得到B[5] = 9，嗯。Len继续增大，到5了。

最后一个, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之间，所以我们知道，最新的B[4] =7，B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。

于是我们知道了LIS的长度为5。

注意，这个1,3,4,7,9不是LIS，它只是存储的对应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾，我们就可以一个一个地插入数据。虽然最后一个d[9] = 7更新进去对于这组数据没有什么意义，但是如果后面再出现两个数字 8 和 9，那么就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6]，得出LIS的长度为6。

然后应该发现一件事情了：在B中插入数据是有序的，而且是进行替换而不需要挪动——也就是说，我们可以使用二分查找，将每一个数字的插入时间优化到O(logN)~~~~~于是算法的时间复杂度就降低到了O(NlogN)～！

根据上面的分析，下面是后两种方法的C++代码实现：

#include <iostream>

using namespace std;

// LIS[j] = max(LIS[i]) + 1
int LIS_DP_N2(int *array, int nLength)
{
    int LIS[nLength];
    for(int i = 0; i < nLength; i++)
    {
        LIS[i] = 1;
    }
    
    for(int i = 1; i < nLength; i++)
    {
        int maxLen = 0;
        for(int j = 0; j < i; j++)
        {
            if(array[i] > array[j])
            {
                if(maxLen < LIS[j])
                    maxLen = LIS[j];
            }
        }
        LIS[i] = maxLen + 1;
    }
    int maxLIS = 0;
    for(int i = 0; i < nLength; i++)
    {
        if(maxLIS < LIS[i])
            maxLIS = LIS[i];
    }
    
    return maxLIS;
}

int BinarySearch(int *array, int value, int nLength)
{
    int begin = 0;
    int end = nLength - 1;
    while(begin <= end)
    {
        int mid = begin + (end - begin) / 2;
        if(array[mid] == value)
            return mid;
        else if(array[mid] > value)
            end = mid - 1;
        else
            begin = mid + 1;
    }
    return begin;
}

int LIS_DP_NlogN(int *array, int nLength)
{
    int B[nLength];
    int nLISLen = 1;
    B[0] = array[0];

    for(int i = 1; i < nLength; i++)
    {
        if(array[i] > B[nLISLen - 1])
        {
            B[nLISLen] = array[i];
            nLISLen++;
        }
        else
        {
            int pos = BinarySearch(B, array[i], nLISLen);
            B[pos] = array[i];
        }
    }
    return nLISLen;
}

int main()
{
    int data[6] = {5, 6, 7, 1, 2, 8};
    cout<<LIS_DP_N2(data, 6)<<endl;
    cout<<LIS_DP_NlogN(data, 6)<<endl;
    return 0;
}