POJ 2533 Longest Ordered Subsequence - from lanshui_Yang
题目大意：求一个数列的最长上升子序列（严格上升）。
解题思路：
方法一：O(n^2)
dp[i]：表示处理到第i个位置，序列的最长上升子序列末尾为i的长度； a[]数组存储原序列
dp[i] = max{dp[j]+1}，a[i]>a[j]，0≤j≤i
方法二：O(nlogn)
复杂度降低其实是因为这个算法里面用到了二分搜索。本来有N个数要处理是O(n)，每次计算要查找N次还是O(n)，一共就是O(n^2)；现在搜索换成了O(logn)的二分搜索，总的复杂度就变为O(nlogn)了。
这个算法的具体操作如下:
开一个栈，每次取栈顶元素top和读到的元素temp做比较，如果temp > top 则将temp入栈；如果temp < top则二分查找栈中的比temp大的第1个数，并用temp替换它。最长序列长度即为栈的大小top。
道理：对于数列中的a[i] 和a[j] ，i < j , 假设a[ i ]已在栈stap中，a[ j ] 未在栈中，这时读到元素a[ j ] , 如果a[ j ] < a[ i ](此时a[j]必然小于栈顶元素), 将a[j]与 a[i] 互换，此时这个栈的大小没有变化，但这个栈的“潜力”变大了，因为如果存在a[ j ] < a[ z ] < a[ i ] (i < j < z) ,当a[ i ]为栈顶元素时，a[ j ] 替换 a[ i ]后成为栈顶元素，此后在读到a[ z ] 时就能把a[z] 压入栈，栈的大小就增加 1 ， 即最长上升子序列长度就增加了1。
举例：原序列为1，5，8，3，6，7
栈为1，5，8，此时读到3，用3替换5，得到1，3，8； 再读6，用6替换8，得到1，3，6；再读7，得到最终栈为1，3，6，7。最长递增子序列为长度4。
请看代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std ;
const int MAXN = 1e3 + 5 ;
int s[MAXN] ;
int dp[MAXN] ;
int n ;
int stap[MAXN] ;
int top ;
void init()
{
int i , j ;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
scanf("%d" , &s[i]) ;
}
}
void solve() // O(n^2) 算法
{
int i , j ;
dp[1] = 1 ;
for(i = 2 ; i <= n ; i ++)
{
dp[i] = 1 ;
for(j = 1 ; j < i ; j ++)
{
if(s[i] > s[j] && dp[i] < dp[j] + 1)
{
dp[i] = dp[j] + 1 ;
}
}
}
int MAX = -1 ;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++)
{
if(MAX < dp[i])
MAX = dp[i] ;
}
printf("%d\n" , MAX) ;
}
void solve2() // O(n log n) 算法
{
top = 0 ;
stap[++ top] = s[1] ;
int i ;
for(i = 2 ; i <= n ; i ++)
{
if(s[i] > stap[top])
{
stap[++ top] = s[i] ;
}
else if(s[i] < stap[top])
{
int left , right , mid ;
left = 1 ;
right = top ;
while (left < right)
{
mid = (left + right) / 2 ;
if(stap[mid] < s[i])
{
left = mid + 1 ;
}
else if(stap[mid] == s[i])
{
break ;
}
else
{
right = mid ; // 注意不是 mid - 1 ！！
}
}
mid = (left + right) / 2 ;
stap[mid] = s[i] ;
}
}
printf("%d\n" , top) ;
}
int main()
{
while (scanf("%d" , &n) != EOF)
{
init() ;
//solve() ;
solve2() ;
}
return 0 ;
}