俄罗斯套娃信封问题
给定一些标记了宽度和高度的信封，宽度和高度以整数对形式 (w, h) 出现。当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。
请计算最多能有多少个信封能组成一组"俄罗斯套娃"信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。
说明:
不允许旋转信封。
示例:
输入: envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出: 3
解释: 最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。
解题报告
先对宽度进行排序，再应用最长递增子序列的方法，寻找高度递增的最大长度
数组的最长递增子序列
1 public void lis(float[] L) { 2 int n = L.length; 3 int[] f = new int[n];//用于存放f(i)值； 4 f[0] = 1;//以第a1为末元素的最长递增子序列长度为1； 5 for (int i = 1; i < n; i++)//循环n-1次 6 { 7 f[i] = 1;//f[i]的最小值为1； 8 for (int j = 0; j < i; j++)//循环i 次 9 { 10 if (L[j] < L[i] && f[j] > f[i] - 1) 11 f[i] = f[j] + 1;//更新f[i]的值。 12 } 13 } 14 }
这个算法有两层循环，外层循环次数为n-1次，内层循环次数为i次，算法的时间复杂度
所以T(n)=O(n2)。
在计算每一个f(i)时，都要找出最大的f(j)(j<i)来，由于f(j)没有顺序，只能顺序查找满足aj<ai最大的f(j)，如果能将让f(j)有序，就可以使用二分查找，这样算法的时间复杂度就可能降到O(nlogn)。于是想到用一个数组B来存储"子序列的"最大递增子序列的最末元素，即有
B[f(j)] = aj
在计算f(i)时，在数组B中用二分查找法找到满足j<i且B[f(j)]=aj<ai的最大的j,并将B[f[j]+1]置为ai。
1 public void lis1(float[] L) { 2 int n = L.length; 3 float[] B = new float[n+1];//数组B； 4 B[0]=-10000;//把B[0]设为最小，假设任何输入都大于-10000； 5 B[1]=L[0];//初始时，最大递增子序列长度为1的最末元素为a1 6 int Len = 1;//Len为当前最大递增子序列长度，初始化为1； 7 int p,r,m;//p,r,m分别为二分查找的上界，下界和中点； 8 for(int i = 1;i<n;i++) { 9 p=0;r=Len; 10 while(p<=r)//二分查找最末元素小于ai+1的长度最大的最大递增子序列； 11 { 12 m = (p+r)/2; 13 if(B[m]<L[i]) p = m+1; 14 else r = m-1; 15 } 16 B[p] = L[i];//将长度为p的最大递增子序列的当前最末元素置为ai+1; 17 if(p>Len) Len++;//更新当前最大递增子序列长度； 18 } 19 }
1 public class Solution { 2 public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) { 3 Arrays.sort(envelopes, new Comparator<int[]>() { 4 @Override 5 public int compare(int[] e1, int[] e2) { 6 if (e1[0] != e2[0]) return e1[0] - e2[0]; 7 return e2[1] - e1[1]; 8 } 9 }); 10 int len = 0; 11 int[] h = new int[envelopes.length]; 12 for(int[] envelope : envelopes) { 13 int i=0, j=len-1; 14 while (i<=j) { 15 int m = (i+j)/2; 16 if (h[m] < envelope[1]) i=m+1; else j=m-1; 17 } 18 h[i] = envelope[1]; 19 if (i == len) len ++; 20 } 21 return len; 22 } 23 }