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一、题目描述

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

-104 <= nums[i] <= 104

进阶：

你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log(n)) 吗?

二、思路讲解

用dp[i] 表示以i 结尾的序列中，最大递增子序列的长度。那么我们在每个i 处，往前找比自己小的数字（记为j 处），将该处的dp值+1，即是i处的dp值（说明i处的数字可以接在j 处后面组成递增子序列）。dp数组中的最大值即为所求。

三、Java代码实现

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
 
        //数组长度
        int len = nums.length;
        //最后结果
        int res = 0;
        //dp[i]表示以i结尾的序列的最大递增子序列长度
        int []dp = new int[len];
        //给dp赋初值
        for(int i=0; i<len; i++) {
            dp[i] = 1;
        }
 
        for(int i=0; i<len; i++) {
            int big = 0;
            for(int j=0; j<i; j++) {
                if(nums[j]<nums[i]) {
                    big = Math.max(big, dp[j]);
                }
            }
            dp[i] = big + 1;
            res = Math.max(res, dp[i]);
        }
        return res;
    }
}

时间复杂度： O(N^2)

空间复杂度： O(N)

四、算法优化

进阶要求是要时间复杂度为nlogn。我们的算法的时间复杂度主要为：遍历nums数组，使用n，无法优化；线性遍历[0, i-1) 求dp[i]，使用n。我们可以考虑重新设计dp的思路。

设计一个tail数组，tail[i] 表示长度为i的递增序列的最小末尾数字。例如，4 5 1 9 8 5 序列中，长度为1的递增序列有4，5，1，9，8，5，所以tail[1]为1；长度为1的递增序列有4 5，4 9，4 8，

5 8， 5 9……所以tail[2] 为5；长度为3的递增序列有 4 5 9，4 5 8，所以tail[3] 为8。可以看出，tail为一个递增序列，在查找操作时，我们可以使用二分查找。

那么，我们在计算tail[i]的时候，只需要遍历nums，找到第一个比num大的tail[k]，说明num更适合放在tail[k-1]位置，而不能接在tail[k]位置（接上就不递增了）。如果num比tail中所有数字都大，那就说明num适合接在所有递增序列之后，这时递增序列的长度又可以增加了。

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
 
        //数组长度
        int len = nums.length;
        //tail[i]表示，长度为i的递增序列的最小末尾数字
        int []tail = new int[len];
 
        //题目所求 递增序列的最大长度
        int resLen = 0;
        for(int i=0; i<len; i++) {
            int left = 0;
            int right = resLen;
            //二分查找 找到比nums[i]大的tail，若找不到，说明nums[i]适合放在所有序列的末尾，那么就向后更新一个长度
            while(left < right) {
                int mid = (left+right) / 2;
                if(tail[mid]<nums[i]) {
                    left = mid+1;
                } else {
                    right = mid;
                }
            }
            tail[left] = nums[i];
            //更新长度
            resLen = resLen==right? (resLen+1) : resLen;
        }
        return resLen;
    }
}

时间复杂度： O(NlogN)

空间复杂度： O(N)