LIS（Longest increasing subsequence） 主要有O(nlogn)和O(n^2)兩種解法，本博文主要介紹O(nlogn)解法，順便提一下O(n^2)。

首先說一下O(n^2)解法的思路，假設一個數組a[n]，定義dp[i]為以a[i]結尾的LIS的值，那麼對於a[i]，有dp[i]=max{dp[k],k∈[1,i-1]且a[k]<a[i]}+1，迭代求解，dp[n]就是最終結果

下面解釋一下O(nlogn)的解法：

假設存在一個序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7，可以看出來它的LIS長度為5。

下面一步一步試著找出它。

我們定義一個序列B，然後令 i = 1 to 9 逐個考察這個序列。

此外，我們用一個變數Len來記錄現在最長算到多少了

首先，把d[1]有序地放到B裡，令B[1] = 2，就是說當只有1一個數字2的時候，長度為1的LIS的最小末尾是2。這時Len=1

然後，把d[2]有序地放到B裡，令B[1] = 1，就是說長度為1的LIS的最小末尾是1，d[1]=2已經沒用了，很容易理解吧。這時Len=1

接著，d[3] = 5，d[3]>B[1]，所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是說長度為2的LIS的最小末尾是5，很容易理解吧。這時候B[1..2] = 1, 5，Len＝2

再來，d[4] = 3，它正好加在1,5之間，放在1的位置顯然不合適，因為1小於3，長度為1的LIS最小末尾應該是1，這樣很容易推知，長度為2的LIS最小末尾是

3，於是可以把5淘汰掉，這時候B[1..2] = 1, 3，Len = 2

繼續，d[5] = 6，它在3後面，因為B[2] = 3, 而6在3後面，於是很容易可以推知B[3] = 6, 這時B[1..3] = 1, 3, 6，還是很容易理解吧？ Len = 3 了噢。

第6個, d[6] = 4，你看它在3和6之間，於是我們就可以把6替換掉，得到B[3] = 4。B[1..3] = 1, 3, 4， Len繼續等於3

第7個, d[7] = 8，它很大，比4大，嗯。於是B[4] = 8。Len變成4了

第8個, d[8] = 9，得到B[5] = 9，嗯。Len繼續增大，到5了。

最後一個, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之間，所以我們知道，最新的B[4] =7，B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。

於是我們知道了LIS的長度為5。

注意。這個1,3,4,7,9不是LIS，它只是儲存的對應長度LIS的最小末尾。有了這個末尾，我們就可以一個一個地插入資料。雖然最後一個d[9] = 7更新進去對於

這組資料沒有什麼意義，但是如果後面再出現兩個數字 8 和 9，那麼就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6]，得出LIS的長度為6。

然後應該發現一件事情了：在B中插入資料是有序的，而且是進行替換而不需要挪動——也就是說，我們可以使用二分查詢，將每一個數字的插入時間優化到

O(logn)~~~~~於是演算法的時間複雜度就降低到了O(nlogn)～！

解釋摘抄自：http://blog.csdn.net/shuangde800/article/details/7474903

如果看懂上面的解釋的話，那麼總結地來說，做法就是：假設原陣列為a，定義一個d陣列，對於a[i]，在陣列d二分查詢，找到一個k位置，使得d[k-1]<a[i]，

d[k]>a[i]，用a[i]替換d[k]，如果a[i]大於d陣列的所有數，則插入到d陣列，如果a[i]小於d陣列的所有數，則替換d[0]，就這樣迭代下去，最終結果就是d陣列的長

度。

再簡單的來說就是通過二分查詢，找不到的時候返回比它大的第一個數的位置，然後替換。這個二分查詢的模板可以參考我的另一篇文

章：http://blog.csdn.net/qq_22497299/article/details/52594820

hdu1025（模板題）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int arr[500005],res[500005],n,ans,time=0;


int search(int a, int b, int k){
	int mid;
	while(a<=b){
		mid = (a+b)/2;
		if(k>res[mid]) a = mid+1;
		else b = mid-1;
	}
	return a;
}

void LIS(){
	int t;
	res[1] = arr[1];
	ans = 1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		t = search(1, ans, arr[i]);
		if(res[t] >= arr[i]) res[t] = arr[i];
		else res[++ans] = arr[i];
	}
    if(ans==1)
		printf("Case %d:\nMy king, at most 1 road can be built.\n\n",++time);
    else
		printf("Case %d:\nMy king, at most %d roads can be built.\n\n",++time,ans);
}

int main()
{
	//freopen("input.txt","r",stdin);
	int a,b;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF){
		memset(res,0,sizeof(res));
		for(int i=0;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&a,&b);
			arr[a] = b;
		}
		LIS();
	}
	return 0;
}

hdu1950（還是模板題）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int dp[40005],arr[40005];
int n,p,t;

int search(int a, int b, int k){
	int mid;
	while(a<=b){
		mid = (a+b)/2;
		if(k>dp[mid]) a = mid + 1;
		else b = mid - 1;
	}
	return a;
}

void LIS(){
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	int ans = 1;
	dp[1] = arr[1];
	for(int i=2;i<=p;i++){
		int t = search(1,ans,arr[i]);
		if(dp[t]>=arr[i]) dp[t] = arr[i];
		else dp[++ans] = arr[i];
	}
	cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
	//freopen("input.txt","r",stdin);
	cin>>n;
	while(n--){
		cin>>p;
		for(int i=1;i<=p;i++){
			scanf("%d",&t);
			arr[i] = t;
		}
		LIS();
	}
	return 0;
}

 hdu4521

 變形LIS問題，題意是求相隔d個數的最長上升子序列，多用一個數組，記錄在i點時最長的遞增子序列長度，採用延遲更新的方法，在i位置時更新i-d的位置

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,d,arr[100005],dp[100005],mark[100005];

int search(int a, int b, int k){
	int mid;
	while(a<=b){
		mid = (a+b)/2;
		if(k>dp[mid]) a = mid+1;
		else b = mid-1;
	}
	return a;
}

void LIS(){
	memset(dp,INF,sizeof(dp));
	int ans = 0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		mark[i] = search(1,ans,arr[i]);
		if(mark[i]>ans)
			ans = mark[i];
		if(i-d>0 && dp[mark[i-d]]>arr[i-d])
			dp[mark[i-d]] = arr[i-d];
	}
	cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
//	freopen("input.txt","r",stdin);
	while(scanf("%d%d",&n,&d)!=EOF){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&arr[i]);
		}
		LIS();
	}
	return 0;
}