题目链接：[ OpenJ_Bailian - 2757 ]

一个数的序列 $b_{i}$，当 $b_{1} < b_{2} < ... < b_{S}$ 的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列( $a_{1}, a_{2}, ..., a_{N}$ )，我们可以得到一些上升的子序列( $a_{i1}, a_{i2}, ..., a_{ik}$)，这里1 <= i1 < i2 < ... < iK <= N。比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，有它的一些上升子序列，如(1, 7), (3, 4, 8)等等。这些子序列中最长的长度是4，比如子序列(1, 3, 5, 8).

你的任务，就是对于给定的序列，求出最长上升子序列的长度。

Input

输入的第一行是序列的长度N (1 <= N <= 1000)。第二行给出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都在0到10000。

Output

最长上升子序列的长度。

Sample Input

7
1 7 3 5 9 4 8

Sample Output

4

题解

找子问题 “求以 $a_{k}（k = 1,2,3…N)$ 为终点的最长上升子序列的 一个上升子序列中最右边的那个数，称为该子序列的长度” “终点”。

虽然这个子问题和原问题形式上并不完全一样，但是只要这N个子问题都解决了，那么这N个子问题的解中，最大的那个就是整个问题的解。

找子问题

“求序列的前n个元素的最长上升子序列的长度”是个子问题，但这样分解子问题，不具有“无后效性”

假设 $F(n) = x$, 但可能有多个序列满足$F(n) = x$。 有的序列的最后一个元素比 $a_{n}+1$ 小，则加上 $a_{n}+1$ 就能形成更长上升子序列；
有的序列最后一个元素不比 $a_{n}+1$ 小......以后的事情受如何达到状态n的影响，不符合“无后效性”
“求以 $a_{k}(k = 1, 2, 3...N)$为终点的最长上升子序列的长度”一个上升子序列中最右边的那个数，称为该子序列的“终点”。

虽然这个子问题和原问题形式上并不完全一样，但是只要这N个子问题都解决了，那么这N个子问题的解中，最大的那个就是整个问题的解。

确定状态

子问题只和一个变量-- 数字的位置相关。因此序列中数的位置k就是“状态”，而状态k对应的“值”，就
是以ak做为“终点”的最长上升子序列的长度。

状态一共有N个。

找出状态转移方程

maxLen (k)表示以ak做为“终点”的 最长上升子序列的长度那么:
初始状态：maxLen (1) = 1
maxLen (k) = max { maxLen (i):1<=i < k 且 ai < ak且 k≠1 } + 1
若找不到这样的i，则maxLen(k) = 1
maxLen(k)的值，就是在ak左边， “终点”数值小于ak ，且长度最大的那个上升子序列的长度再加1。
因为ak左边任何“终点”小于ak的子序列，加上ak后就能形成一个更长的上升子序列。

方法一

状态i的值 dp[i] 由若干个值已知的状态值 dp[0], dp[1], ..., dp[i-1] 推出。
复杂度 $O(n^2)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAX_N = 2000;
int a[MAX_N];
int dp[MAX_N];

int main(void) 
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%d", &a[i]);
        dp[i] = 1;
    }

    for (int i = 1; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < i; j++)
            if(a[j] < a[i])
                dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);

    cout << *max_element(dp, dp + n) << endl;

    return 0;
}

方法二

状态i的值 dp[i] 在被更新的时候, 依据 dp[i] 去更新和状态i相关的 dp[i+1], ..., dp[n-1] 的值。
复杂度 $O(n^2)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAX_N = 2000;
int a[MAX_N];
int dp[MAX_N];

int main(void) 
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        scanf("%d", &a[i]);
        dp[i] = 1;
    }

    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
            if(a[j] > a[i])
                dp[j] = max(dp[j], dp[i] + 1);

    cout << *max_element(dp, dp + n) << endl;

    return 0;
}

优化

将全部 dp[i] 的值初始化为INF。然后数组中除了INF之外为单调递增，所以每个 dp[i] 最多只需要一次更新。对于更新位置不必逐个遍历，可以利用二分搜索，这样复杂度可降为 $O(nlogn)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAX_N = 2000;
const int INF = 9999999;
int a[MAX_N];
int dp[MAX_N];

int main(void) 
{
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    fill(dp, dp + n, INF);

    for (int i = 0; i < n; i++)
        *lower_bound(dp, dp + n, a[i]) = a[i];

    cout << lower_bound(dp, dp + n, INF) - dp << endl;

    return 0;
}