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 logn) 吗?
动态规划
定义 dp[i] 为考虑前 i 个元素，以第 i 个数字结尾的最长上升子序列的长度，注意nums[i] 必须被选取。
我们从小到大计算 dp[] 数组的值，在计算 dp[i] 之前，我们已经计算出 dp[0…i−1] 的值，则状态转移方程为：
dp[i]=max(dp[j])+1,其中0≤j<i且num[j]<num[i]
即考虑往 dp[0…i−1] 中最长的上升子序列后面再加一个nums[i]。由于 dp[j] 代表 nums[0…j] 中以 nums[j] 结尾的最长上升子序列，所以如果能从 dp[j] 这个状态转移过来，那么 nums[i] 必然要大于 nums[j]，才能将nums[i] 放在nums[j] 后面以形成更长的上升子序列。
最后，整个数组的最长上升子序列即所有 dp[i] 中的最大值。
LIS.length = max(dp[i])，其中 0≤ i < n
题解中有动图
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int length = nums.length;
if (length <= 1) return length;
int[] dp = new int[length];
dp[0] = 1;
int maxr = 1;
for(int i=1;i<length;i++){
int max = 0;
for(int j=0;j<i;j++){
if (nums[i] > nums[j]) {
max = Math.max(max,dp[j]);
}
}
dp[i] = max+1;
maxr = Math.max(maxr,dp[i]);
}
return maxr;
}
- 时间复杂度：O(n²) 其中 nn 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(n²)。
- 空间复杂度：O(n) 开辟了等长数组存放dp。
贪心+二分查找 O(n logn)解法
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。
基于上面的贪心思路，我们维护一个数组 d[i] ，表示长度为 i 的最长上升子序列的末尾元素的最小值，用 len 记录目前最长上升子序列的长度，起始时 len 为 1，d[1]=nums[0]。
同时我们可以注意到 d[i] 是关于 i 单调递增的。因为如果 d[j]≥d[i] 且 j<i，我们考虑从长度为 i 的最长上升子序列的末尾删除 i−j 个元素，那么这个序列长度变为 j ，且第 j 个元素 x（末尾元素）必然小于 d[i]，也就小于 d[j]。那么我们就找到了一个长度为 j 的最长上升子序列，并且末尾元素比 d[j] 小，从而产生了矛盾。因此数组 d[] 的单调性得证。
我们依次遍历数组 nums[] 中的每个元素，并更新数组 d[] 和 len 的值。如果 nums[i]>d[len] 则更新 len=len+1，否则在 d[1…len]中找满足 d[i−1]<nums[j]<d[i] 的下标 i，并更新 d[i]=nums[j]。
根据 dd 数组的单调性，我们可以使用二分查找寻找下标 ii，优化时间复杂度。
最后整个算法流程为：
设当前已求出的最长上升子序列的长度为 len（初始时为 11），从前往后遍历数组 nums，在遍历到 nums[i] 时：
如果 nums[i]>d[len] ，则直接加入到 d 数组末尾，并更新 len=len+1；
否则，在 d 数组中二分查找，找到第一个比 nums[i] 小的数 d[k] ，并更新 d[k+1]=nums[i]。
以输入序列 [0, 8, 4, 12, 2][0,8,4,12,2] 为例：
第一步插入 00，d = [0]d=[0]；
第二步插入 88，d = [0, 8]d=[0,8]；
第三步插入 44，d = [0, 4]d=[0,4]；
第四步插入 1212，d = [0, 4, 12]d=[0,4,12]；
第五步插入 22，d = [0, 2, 12]d=[0,2,12]。
最终得到最大递增子序列长度为 33。
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int length = nums.length,len=1;
if (length <= 1) return length;
int[] sort = new int[length+1];
sort[len] = nums[0];
for(int i=1;i<length;i++){
if(nums[i] > sort[len]){
sort[++len] = nums[i];
}else{
// 二分查找
int l = 0, r = len-1, pos = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (nums[i] > sort[mid]) {
pos = mid;
l = mid + 1;
}else {
r = mid - 1;
}
}
sort[pos+1] = nums[i];
}
}
return len;
}
- 时间复杂度：O(nlogn)。数组 nums 的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 d 数组，而更新 d 数组时需要进行 O(logn) 的二分搜索，所以总时间复杂度为 O(nlogn)。
- 空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 d 数组。
