最長遞增子序列問題是一個很基本、較常見的小問題，但這個問題的求解方法卻並不那麼顯而易見，需要較深入的思考和較好的演算法素養才能得出良好的演算法。由於這個問題能運用學過的基本的演算法分析和設計的方法與思想，能夠鍛鍊設計較複雜演算法的思維，我對這個問題進行了較深入的分析思考，得出了幾種複雜度不同演算法，並給出了分析和證明。

一，   最長遞增子序列問題的描述

　　設L=<a₁,a₂,…,a_n>是n個不同的實數的序列，L的遞增子序列是這樣一個子序列Lin=<a_K1,a_k2,…,a_km>，其中k₁<k₂<…<k_m且a_K1<a_k2<…<a_km

二，   第一種演算法：轉化為LCS問題求解

設序列X=<b₁,b₂,…,b_n>是對序列L=<a₁,a₂,…,a_n>按遞增排好序的序列。那麼顯然X與L的最長公共子序列即為L的最長遞增子序列。這樣就把求最長遞增子序列的問題轉化為求最長公共子序列問題LCS了。

　　最長公共子序列問題用動態規劃的演算法可解。設Li=< a₁,a₂,…,a_i>,Xj=< b₁,b₂,…,b_j>，它們分別為L和X的子序列。令C[i,j]為Li與Xj的最長公共子序列的長度。則有如下的遞推方程：

　這可以用時間複雜度為O(n²)的演算法求解，由於這個演算法上課時講過，所以具體程式碼在此略去。求最長遞增子序列的演算法時間複雜度由排序所用的O(nlogn)的時間加上求LCS的O(

三，   第二種演算法：動態規劃法
　　設f(i)表示L中以a_i為末元素的最長遞增子序列的長度。則有如下的遞推方程：

　　這個遞推方程的意思是，在求以a_i為末元素的最長遞增子序列時，找到所有序號在L前面且小於a_i的元素a_j，即j<i且a_j<a_i。如果這樣的元素存在，那麼對所有a_j,都有一個以a_j為末元素的最長遞增子序列的長度f(j)，把其中最大的f(j)選出來，那麼f(i)就等於最大的f(j)加上1，即以a_i為末元素的最長遞增子序列，等於以使f(j)最大的那個a_j為末元素的遞增子序列最末再加上a_i；如果這樣的元素不存在，那麼

這個演算法由Java實現的程式碼如下：

public void lis(float[] L)

  {

         int n = L.length;

         int[] f = new int[n];//用於存放f(i)值；

         f[0]=1;//以第a1為末元素的最長遞增子序列長度為1；

         for(int i = 1;i<n;i++)//迴圈n-1次

         {

                f[i]=1;//f[i]的最小值為1；

                for(int j=0;j<i;j++)//迴圈i 次

                {

                       if(L[j]<L[i]&&f[j]>f[i]-1)

                              f[i]=f[j]+1;//更新f[i]的值。

                }

         }

         System.out.println(f[n-1]);             

              }

　　這個演算法有兩層迴圈，外層迴圈次數為n-1次，內層迴圈次數為i次，演算法的時間複雜度

所以T(n)=O(n²)。這個演算法的最壞時間複雜度與第一種演算法的階是相同的。但這個演算法沒有排序的時間，所以時間複雜度要優於第一種演算法。

四，   對第二種演算法的改進

　　在第二種演算法中，在計算每一個f(i)時，都要找出最大的f(j)(j<i)來，由於f(j)沒有順序，只能順序查詢滿足a_j<a_i最大的f(j)，如果能將讓f(j)有序，就可以使用二分查詢，這樣演算法的時間複雜度就可能降到O(nlogn)。於是想到用一個數組B來儲存“子序列的”最大遞增子序列的最末元素，即有

B[f(j)] =a_j

　　在計算f(i)時，在陣列B中用二分查詢法找到滿足j<i且B[f(j)]=a_j<a_i的最大的j,並將B[f[j]+1]置為a_i。下面先寫出程式碼，再證明演算法的證明性。用Java實現的程式碼如下：

lis1(float[] L)

{

    int n = L.length;

    float[] B = new float[n+1];//陣列B；

    B[0]=-10000;//把B[0]設為最小，假設任何輸入都大於-10000；

    B[1]=L[0];//初始時，最大遞增子序列長度為1的最末元素為a1

    int Len = 1;//Len為當前最大遞增子序列長度，初始化為1；

    int p,r,m;//p,r,m分別為二分查詢的上界，下界和中點；

    for(int i = 1;i<n;i++)

    {

        p=0;r=Len;

        while(p<=r)//二分查詢最末元素小於ai+1的長度最大的最大遞增子序列；

        {

           m = (p+r)/2;

           if(B[m]<L[i]) p = m+1; //當L[i]大於B[m]時，將p變為m+1，如果此時退出迴圈，以前已經比較過B[m+1]是大於L[i]的，所以用L[i]替換B[m+1]是符合前面敘述的B[m]儲存的是長度相同情況下結束值是最小值的。

           else r = m-1;

        }

        B[p] = L[i];//將長度為p的最大遞增子序列的當前最末元素置為ai+1;

        if(p>Len) Len++;//更新當前最大遞增子序列長度；

        

        

    }

    System.out.println(Len); 

}

　　現在來證明這個演算法為什麼是正確的。要使演算法正確只須證如下命題：

命題1：每一次迴圈結束陣列B中元素總是按遞增順序排列的。

證明：用數學歸納法，對迴圈次數ｉ進行歸納。

　　當i=0時，即程式還沒進入迴圈時，命題顯然成立。

設i<k時命題成立，當i=k時，假設存在j1<j2,B[j₁]>B[j₂]，因為第i次迴圈之前陣列B是遞增的，因此第i次迴圈時B[j₁]或B[j₂]必有一個更新，假設B[j₁]被更新為元素a_i+1，由於a_i+1=B[j₁]> B[j₂]，按演算法a_i+1應更新B[j₂]才對，因此產生矛盾；假設B[j₂]被更新，設更新前的元素為s,更新後的元素為a_i+1，則由演算法可知第i次迴圈前有B[j₂]＝s< a_i+1< B[j₁]，這與歸納假設矛盾。命題得證。

命題2：B[c]中儲存的元素是當前所有最長遞增子序列長度為c的序列中，最小的最末元素，即設當前迴圈次數為i，有B[c]={a_j|f(k)=f(j)=c∧k,j≤i+1→a_j≤a_k}(f(i)為與第二種演算法中的f(i)含義相同)。

證明：程式中每次用元素a_i更新B[c]時(c=f(i))，設B[c]原來的值為s，則必有a_i<s，不然a_i就能接在s的後面形成長度為c+1的最長遞增子序列，而更新B[c+1]而不是B[c]了。所有B[c]中存放的總是當前長度為ｃ的最長遞增子序列中，最小的最末元素。

命題3：設第i次迴圈後得到的p為p(i+1)，那麼p(i)為以元素a_i為最末元素的最長遞增子序列的長度。

證明：只須證p(i)等於第二種演算法中的f(i)。顯然一定有p(i)<＝f(i)。假設p(i)<f(i)，那麼有兩種情況，第一種情況是由二分查詢法找到的p(i)不是陣列B中能讓a_i接在後面成為新的最長遞增子序列的最大的元素，由命題1和二分查詢的方法可知，這是不可能的；第二種情況是能讓a_i接在後面形成長於p(i)的最長遞增子序列的元素不在陣列B中，由命題2可知，這是不可能的，因為B[c]中存放的是最末元素最小的長度為c的最長遞增子序列的最末元素，若a_i能接在長度為L(L> p(i))的最長遞增子序列後面，就應該能接在B[L]後面，那麼就應該有p(i)=L,與L> p(i)矛盾。因此一定有p(i)＝f(i)，命題得證。

演算法的迴圈次數為n，每次迴圈二分查詢用時logn，所以演算法的時間複雜度為O(nlogn)。這個演算法在第二種演算法的基礎上得到了較好的改進。

五，   總結

　本論文只給出了計算解的大小而沒有給出構造解的方法，因為我認為計算解的大小的演算法已能給出對問題的本質認識，只要計算解大小的演算法設計出，構造解就只是技術細節的問題了，而我關心的是怎樣對問題得到很好的認識而設計出良好的演算法。以上幾種演算法已用Java實現，都能得到正確的結果。在設計和改進演算法時用到了基本的演算法設計和分析、證明的基本方法，很好的鍛鍊了設計與分析演算法的思維能力，讓我從感性上認識到演算法分析與設計的重要性，並且感受了演算法分析、設計和改進的樂趣。

理解如下：
B陣列中存該序列長度的最小末尾元素，下標為最長遞增序列長度，遍歷如下
5 3 6 9 8 12 44 28
5
3
3 6
3 6 9
3 6 8
3 6 8 12
3 6 8 12 44
3 6 8 12 28
即最大長度為5，序列為3 6 8 12 28