【1错笔记】最长递增子序列——一维动态规划

题目：

例题来源：传送

给定一个长度为n(1 <= n <= 1000)的整数序列a[i]，求它的一个子序列(子序列即在原序列任意位置删除0或多个元素后的序列)，满足如下条件：

1、该序列单调递增；

2、在所有满足条件1的序列中长度是最长的；

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问题分析：

最近刚好在学习动态规划，不得不说DP实在太博大精深了，恰好看到这篇那么好的文章，就记录下其中一些例题的解题过程，也方便自己feedback

之前刷的DP都是二维的，今天这道题是一维的（其实这道题也可以转化为用最长公共子串二维来解，但要）

之前有详细讲解过最长公共子序列和最长回文子序列的解法，这里就不赘述了。

在理解完题意后，枚举固然是一种方法，只要把全部的可能性列出来然后逐一检查就能找到答案，但却不是可行的方法，因为2^(1000)是指数爆炸级别的。

嗯，既然枚举这种方法是肯定不行的，那么这种算法其中有没有我们值得学习和借鉴的呢？

有，通过这篇博客，我们可以大概把DP理解为记忆化的DFS，那么在枚举的过程中我们可不可以通过记忆减少复杂度呢？

因为在传统的枚举过程中，每次枚举的情况，我们都要从头开始算它到底有多少符合条件的子序列，这也是为什么枚举的复杂度是2^(1000)。那我们每一次枚举可不可以站在巨人的肩膀上，从上一次枚举的已经记录下来的结果推导出来呢？

那，这不就是DP的状态转移方程吗？

如何设计呢？建议看到这里的你先暂停一下，自己思考设计下状态转移方程。下面进行解密。

为了更形象一点，我先举个例子

假设有数列

1,4,6,3,8,2,9,11,2,60

肉眼就能判断出最长递增子序列是

1,4,6,8,9,11,60

我们一开始从第一个数开始检索，无论第一个数多大，最长递增子序列到目前为止就是1（因为就它一个呀，没有大小之分），到第二个，就要判断它是否比1大了，如果大，恭喜！加入子序列，反之则不加入。

假定我们用dp[i]来记忆截至到数列a[i]时的最长递增子序列

那么，就很容易推算出，当检索到a[j]的时候dp[j]的值肯定是dp[0]-dp[j-1]的值中最大的那个+1（当然要符合递增条件的前提下）

因为截至到每一个数时都有很多可能，比如当i为4时，他的子序列有

1,4,6,3

1,4,6

1,4,3

1,6,3

......

但其中最长的且符合条件的只有1,4,6

那么在i为5的时候，就可以看前面最大的dp是多少，然后如果i符合条件（递增条件）就+1，如果不符合条件，那它就没有任何价值了。

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代码示例：

#include 
using namespace std;

int main()
{
	//测试用的数组 
	int a[]={1,4,6,3,8,2,9,11,2,60,1};
	int dp[10];
	int i,j;
	int len = sizeof (a) / sizeof (a[0]);
	

	//默认全部为1，就是以自己为起点 
	for ( i=0; ia[i] && dp[j]max ) max = dp[i]; 
				
	cout<