最长上升子序列
n^2做法，和简单用前一个更新，不说了；
nlogn算法：
以下转自博客
此外，我们用一个变量Len来记录现在最长算到多少了
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)～！
简单来说就是做一个数列保存 构成该长度子序列的所有可能中最后一个数最小的 那个序列的最后一个数，可以用二分优化，因为序列一定是上升的嘛！
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; int ans[100000]; int a[100000];int len=1; inline int mid_serch(int x) { int l=0,r=len; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(ans[mid]<a[x])l=mid+1; else r=mid-1; } return l; } int main() { int m; scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",a+i); ans[1]=a[1]; for(int i=2;i<=m;++i) { if(a[i]>ans[len]) ans[++len]=a[i]; else { int tmp=mid_serch(i); ans[tmp]=a[i]; } } printf("%d",len); }
最长公共子序列 n ^2
lcs 设 A B 串
用dp[i][j]表示只考虑A串前i位，B串前j位的LCS长度。
要么A[i]和B[j]匹配不上 要么放弃A[i]要么放弃B[j]。
轻易地可以设计出状态转移方程。
if (a[i]==b[j]) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1; else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
复杂度O(n^2)，转移O(1);
O(“nlogn”)做法
做一个序列，保存：
串B与串A所匹配字符在串A中的位置
然后求该序列的最长上升子序列
（从前往后排）
，若果匹配项少的话复杂度 为O(nlogn)反之退化为O(n^n);