昨天讲课的时候突然想起来LIS还有一个东西没搞懂。
又去研究了下。
LIS问题就是要求一个序列中最长不下降或上升子序列，而此问题应用较广，例如很多题会有这样的条件
对于i,j如果他们可以同时选取，则必有|a[i]-a[j]| <= |b[i]-b[j]| (b[i]<b[j])
数学化归一下下得到 b[i]-b[j] <= a[i]-a[j] <= b[j]-b[i]
将i,j各放在一边 有
a[i]-b[i] >= a[j]-b[j]…………①,
a[i]+b[i] <= a[j]+b[j]…………②.
那么我们按其中一个条件排序，即保证排序后的序列对于任意的i,j(i<j)都有①式或②式成立，然后再按另一个条件求LIS即可求出最多可以取多少个。
若要知道取几次可以取完，那么 根据 dilworth 定理， 等同于求其反条件（即原来非降现在就是下降）子序列长度。
那么下面介绍求LIS的几种方法
法一 O（n^2）暴力dp转移
令dp[i]表示以ai结尾的最长不下降子序列长度
则转移方程为dp[i]=max{1,dp[j]+1} a[j]<=a[i]
则max{dp[i]}就是答案
法二 对于上面的dp转移，显然可以用树状数组优化
可以做到(nlogn)
设有 f[i] 表示以大小为i结尾的不下降子序列的最长长度
则dp[i]=max{f[j]}+1,j<=h[i];
max{f[j]}用树状数组维护
具体如下
1 int g() { 2 memset(C,0,sizeof C); 3 int ans=0; 4 for(int i=1;i<=n;i++) { 5 dp[i]=1; 6 int t=query(h[i])+1; 7 ans=max(ans,t); 8 add(h[i],t); 9 } 10 return ans; 11 }
注意：1.可以不保留dp数组，直接更新ans即可。
2.如果max{h[i]}过大，则需要离散化
法三 二分法求LIS O(nlogn)
设s[i]表示以长度为i的上升子序列的最后一位的最小值。
则每次可以用a[i]去更新s[i]数组
显然s数组是不下降的
1 int h[Maxn],s[Maxn],ans,n; 2 int f(){ 3 s[ans=0]=-INF; 4 for(int i=1;i<=n;i++){ 5 int v=h[i]; 6 if(v>s[ans])s[++ans]=v; 7 else*lower_bound(s+1,s+ans+1,v)=v; 8 }return ans; 9 }
对于第6行得到新的答案，根据s数组的定义，显然正确。
然后如果v<=s[ans]，则此时不能更新ans，但是可以更新s数组，如何更新呢？跟上面一样，我们要找到一个s[i] (< v) 则此时可以用这个s[i]来更新s[i+1]，而实际上只有这一个更新是有意义的，因为对于<=i的更新只会使答案更劣，对于i+2及以上的不能保证序列合法。
更新之后就会更新s[i+1]的值，又s[i]是最大的满足s[i]<v的i，所以s[i+1]必是最小的>=v的值，用lower_bound就好了。
同理如果要求非降子序列 改成下面这样即可
1 int h[Maxn],s[Maxn],ans,n=1; 2 int f(){ 3 s[ans=0]=-INF; 4 for(int i=1;i<=n;i++){ 5 int v=h[i]; 6 if(v>=s[ans])s[++ans]=v; 7 else*upper_bound(s+1,s+ans+1,v)=v; 8 }return ans; 9 }
可以发现改了两处，一是第6行的>= 二是lower_bound变成了upper_bound
请自行思考为什么这样可行