【LeetCode】最长递增子序列(动态规划、二分查找)

LeetCode第300题题目地址。

题目描述：

给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。

例子：

输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4 
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。

解法一：动态规划

动态规划的核心设计思想是数学归纳法。从第一个元素开始找，你思考的过程，将其归纳总结，转化为用代码描述你思考的过程。

马士兵老师说过，代码不是一口气写出来的，一点点拆解，最后再组合，再去调试，处理边界，最终将问题解决。这里我们拆开解决解决。

1.状态定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。状态的初始值，根据这个定义，我们就可以推出 base case：dp[i] 初始值为 1，因为以 nums[i] 结尾的最长递增子序列起码要包含它自己。

最终的返回结果为res，那么遍历数组，找出最大的dp[i]，代码如下：

int res = 0;
int[] dp = new int[nums.length];
Arrays.fill(dp, 1);
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
    res = Math.max(res, dp[i]);
}

接下来看dp[i]应该怎么计算，也就是状态方程该如何确定呐？看下面的例子，根据刚才我们对 dp 数组的定义，现在想求 dp[5] 的值，也就是想求以 nums[5] 为结尾的最长递增子序列。

index	0	1	2	3	4	5
nums	10	9	2	5	3	7
dp	1	1	1	2	2	？

nums[5] = 7，既然是递增子序列，我们只要找到前面那些结尾比 7 小的子序列，然后把 7接到最后，就可以形成一个新的递增子序列，而且这个新的子序列长度加一。可能形成很多种新的子序列，但是我们只选择最长的那一个，把最长子序列的长度作为 dp[5] 的值即可。代码描述：

//求第i个元素的最长子序列
for (int j = 0; j < i; j++) {
    if (nums[j] < nums[i]) {
        dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
    }
}

到这里，核心部分就写完了，来看下完整代码：

public int lengthOfLIS(int[] nums) {
    if (nums.length == 0) return 0;
    int res = 0;
    int[] dp = new int[nums.length];
    Arrays.fill(dp, 1);
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            if (nums[j] < nums[i]) dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
        }
        res = Math.max(res, dp[i]);
    }
    return res;
}

时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(n)

解法二：二分查找

解析：参考的jyd大神的解题方法，短而精湛。

1.状态定义：tails[k] 的值代表长度为k+1子序列 的尾部元素值。

2.设 res 为 tails当前长度，代表直到当前的最长上升子序列长度。设 j∈[0,res)，考虑每轮遍历 nums[k] 时，通过二分法遍历 [0,res)列表区间，找出 nums[k]的大小分界点，会出现两种情况：

• 区间中存在 tails[i] > nums[k]： 将第一个满足 tails[i] > nums[k]执行 tails[i] = nums[k] ；因为更小的 nums[k]后更可能接一个比它大的数字（前面分析过）。
• 区间中不存在 tails[i] > nums[k]： 意味着 nums[k]可以接在前面所有长度的子序列之后，因此肯定是接到最长的后面（长度为 res），新子序列长度为res + 1。

3.初始状态：令tails列表所有值=0。

4.返回值：返回res，即最长上升子子序列长度。

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        int[] tails = new int[nums.length];
        int res = 0;
        for(int num : nums) {
            int i = 0, j = res;
            while(i < j) {
                int m = (i + j) / 2;
                if(tails[m] < num) i = m + 1;
                else j = m;
            }
            tails[i] = num;
            if(res == j) res++;
        }
        return res;
    }
}

时间复杂度O(nlogn)，空间复杂度O(n)