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。
示例:
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。
说明:
可能会有多种最长上升子序列的组合，你只需要输出对应的长度即可。
你算法的时间复杂度应该为 O(n2) 。
进阶: 你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log n) 吗?
本题的难点就在于复杂度降低到O(nlog n)，如果仅仅是o(n*n)，那么用普通的动归就可以解决本题了，思路很简单，状态转移就是 if if(nums[j] >nums[i]) dp[j] = dp[i] + 1。只要依次遍历即可。
代码如下:
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 0) return 0;
int[] dp = new int[n];
dp[0] = 1;
for (int i = 1;i < n; i++){
dp[i] = 1;
for (int j = 0;j < i; j++){
if (nums[i] > nums[j]){
if (dp[j] + 1 > dp[i]){
dp[i] = dp[j] + 1;
}
}
}
}
int max = 1;
for (int m : dp){
if (max < m) max = m;
}
return max;
}
}
优化的思路，其实我认为是很难想到的，思路是这样的，我们可以维护一个数组tail[i]表示长度为 i + 1 的所有上升子序列的结尾的最小值。
原因在于我们可以发现，如果说我们每次取的值都尽量的小，那么这个上升子序列就会尽量的长。
思路是这个样子的，比较难想到，那该如何去做呢？
遍历整个数组:
1、当遇见的数比目前这个数组的最后值大，那么直接放到最后，数组长度加一。
2、如果遇见的数比当前这个数组的最后值小，那么就替换掉这个数组的第一个出现比这个值大的数，使得这个数组的结尾最小。
可能大家还是云里雾里的，我们来举个例子吧。
毕竟最好的理解一个算法，就是跟踪这个算法的过程。
[10,9,2,5,3,7,101,18]
我们初始化tail 长度为1 tail = {10}
1、遍历到9，由于9比10小，替换掉这个数组第一个出现比9大的10，tail={9}
2、遍历到2，由于2比9小，替换掉9,tail = {2}
3、遍历到5，由于5比2大，直接放到末尾，tail={2,5}
4、遍历到3，由于3比5小，替换掉这个数组第一个出现比3大的5，tail={2,3}
5、遍历到7，由于7比3大，直接放到末尾，tail={2,3,7}
6、遍历到101，由于101比7大，直接放到末尾，tail = {2,3,7,101}
7、遍历到18，由于18比101小，替换掉这个数组第一个出现比18大的101，tail={2,3,7,18}
结果就是tail的长度为4。
通过这个遍历我们可以看出来tail的数组其实并一定是最长上升子序列，它只是个辅助数组，tail[i]代表的是长度为i+1的上升子序列的结尾最小值，一定要牢记这个概念，这个思路是比较难想到的，需要练习记忆。
在寻找第一个出现的最小值，我们可以用二分查找法，因此一次遍历加上二分查找法的复杂度就是o(nlogn)
代码如下：
class Solution {
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 0) return 0;
int[] tail= new int [n];
//核心点,判断此时的tail长度
int end = 0;
tail[0] = nums[0];
for (int i = 1; i < n; i++){
if (nums[i] > tail[end]){
tail[++end] = nums[i];
}
else{
int low = 0;
int high = end;
while (low < high){
int mid = (high - low) / 2 + low;
if (tail[mid] < nums[i]){
low = mid + 1;
}
else {
high = mid;
}
}
tail[low] = nums[i];
}
}
return ++end;
}
}
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/longest-increasing-subsequence
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