300. 最长递增子序列——【Leetcode每日刷题】

300. 最长递增子序列

给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

示例 1：

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：

输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4

示例 3：

输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出：1

提示：

• $1<=nums.length<=2500$
• $-10^4<=nums[i]<=10^4$

进阶：

• 你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log(n)) 吗?

思路：

法一：动态规划

本题动态规划的关键就是 dp[i] ，表示 最后一位是 nums[i] 的最长上升子序列的长度。（注意： nums[i]必须被选取！）

动规五部曲：

1. dp[i]的定义

dp[i] 表示 i 之前包括 i 的最长上升子序列的长度。

2. 状态转移方程

位置 i 的最长升序子序列等于 j 从 0 到 i-1 各个位置的最长升序子序列 + 1 的最大值。

所以：if (nums[j] < nums[i]) dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

注意这里不是要 dp[i] 与 dp[j] + 1进行比较，而是我们要取 dp[j] + 1的最大值。

3. dp[i]的初始化

每一个 i，对应的 dp[i]（即最长上升子序列）起始大小至少都是是1.

4. 确定遍历顺序

dp[i] 是有 0 到 i-1各个位置的最长升序子序列 推导而来，那么遍历 i 一定是从前向后遍历。j 其实就是0到 i-1，遍历i的循环里外层，遍历 j 则在内层。

5. 举例推导dp数组

法二：贪心 + 二分查找

考虑一个简单的贪心，如果我们要使上升子序列尽可能的长，则我们需要让序列上升得尽可能慢，因此我们希望每次在上升子序列最后加上的那个数尽可能的小。

新建数组 tails，用于保存最长上升子序列。

对原序列进行遍历，将每位元素二分插入 tails 中。

• 如果 tails 中元素都比它小，将它插到最后
• 否则，用它覆盖掉比它大的元素中最小的那个。

总之，思想就是让 tails 中存储比较小的元素。这样，tails 未必是真实的最长上升子序列，但长度是对的。

tails 列表一定是严格递增的： 即当尽可能使每个子序列尾部元素值最小的前提下，子序列越长，其序列尾部元素值一定更大。

反证法证明： 当 k= tails[i] ，代表较短子序列的尾部元素的值 > 较长子序列的尾部元素的值。这是不可能的，因为从长度为 i 的子序列尾部倒序删除 i−1 个元素，剩下的为长度为 k 的子序列，设此序列尾部元素值为 v，则一定有 v < tails[i]（即长度为 k 的子序列尾部元素值一定更小）， 这和 tails[k] >= tails[i] 矛盾。

既然严格递增，每轮计算 tails[k]时就可以使用二分法查找需要更新的尾部元素值的对应索引 i。

举个栗子：
例如：[1 2 5 2 3 5 3 4 5]

1. 以1结尾的最长上升子序列是[1]很显然
2. 接下来看以2结尾的最长上升子序列，显然2前面的最长上升且小于2的子序列，接上2是最长的，所以以2结尾的最长上升子序列是[1 2]
3. 再看5，是[1 2 5]
4. 以第二个2结尾的最长上升子序列是[1 2’ 5]
5. 以3结尾的显然是[1 2’ 3]所以用3把5覆盖（这一步是贪心，因为反正都是长度为"3"的前缀，尾巴越小，后面越容易接）
6. 再看下一个5，就变成[1 2’ 3 5’]
7. 再下一个3’把前面的3顶替了，[1 2’ 3’ 5’]
8. 再下一个4，接到3后面，因为贪心，把5顶替 [1 2’ 3’ 4]
9. 最后一个5’‘接上去，这个桶就看起来是：[1 2’ 3’ 4 5’']

所以最长上升子序列长度为5，而且我们知道是第一个1，第二个2，第二个3，第一个4，第三个5，所以也可以找到序列位置

代码：(Java)

法一：动态规划

public class LengthOfLIS {

	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		int [] nums = {10,9,2,5,3,7,101,18};
		System.out.println(lengthOfLIS(nums));
	}
	public static int lengthOfLIS(int[] nums) {
	 int n = nums.length;
	 
	 int[] dp = new int[n];
	 int len = 1;
	 for(int i = 0; i < n; i++) {
		 dp[i] = 1;
		 for(int j = 0; j < i; j++) {
			 if(nums[j] < nums[i]) {
				 dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
			 }
		 }
		 len = Math.max(len, dp[i]);
	 }
	 return len;
 }
}

法二：贪心 + 二分查找

public class LengthOfLIS {

	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		int [] nums = {10,9,2,5,3,7,101,18};
		System.out.println(lengthOfLIS(nums));
		
	}
	
	public static int lengthOfLIS(int[] nums) {
		int n = nums.length;
		
		int len = 0;
		
		for(int i = 0; i < n; i++) {
			int index = binarySearch(nums, len, nums[i]);
			nums[index] = nums[i];
			if(index == len) {
				len++;
			}
		}
		return len;
	}

	public static int binarySearch(int[] nums, int len, int num) {
		// TODO Auto-generated method stub
		int l = 0, h = len;
		while(l < h) {
			int mid = l + (h - l) / 2;
			if(nums[mid] == num) {
				return mid;
			}else if(nums[mid] > num) {
				h = mid;
			}else {
				l = mid + 1;
			}
		}
		return l;
	}
}

运行结果：

复杂度分析：

法一：

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 n 为数组 nums 的长度。动态规划的状态数为 n，计算状态 dp[i] 时，需要 O(n) 的时间遍历 dp[0…i−1] 的所有状态，所以总时间复杂度为 $O(n^2)$。
• 空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 dp 数组。

法二：

• 时间复杂度：O(nlog⁡n)。数组 nums 的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 当前最长子序列数组，而更新数组时需要进行 O(log⁡n) 的二分搜索，所以总时间复杂度为 O(nlog⁡n)。

• 空间复杂度：O(1)，在原数组上记录，不需要额外空间。

注：仅供学习参考！

题目来源：力扣。