HDU ACM 1025 Constructing Roads In JGShining's Kingdom->二分求解LIS+O(NlogN)

#include<iostream>
using namespace std;    //BFS+优先队列(打印路径)

#define N 500005
int c[N];
int dp[N];  //dp[i]保存的是长度为i的最长不降子序列的最小尾元素

int BS(int n,int x) //二分查找下标,当x比全部元素小时下标为1，比全部元素大时下标为n+1.
{
	int low,high,mid;

	low=1,high=n;
	while(low<=high)
	{
		mid=(low+high)>>1;
		if(dp[mid]==x) return mid;
		else if(dp[mid]>x) high=mid-1;
		else if(dp[mid]<x) low=mid+1;
	}
	return low;
}

int main()
{
	int t,n,a,b,i,len,pos;

	t=0;
	while(scanf("%d",&n)==1)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
			c[scanf("%d%d",&a,&b),a]=b;  //括号先算
		dp[0]=-1;
		dp[1]=c[1];
		len=1;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			pos=BS(len,c[i]);
			dp[pos]=c[i];
			if(pos>len) len++;
		}
		printf("Case %d:\n",++t);
		if(len==1)
			printf("My king, at most %d road can be built.\n\n",len);
		else
			printf("My king, at most %d roads can be built.\n\n",len);
	}
    return 0;
}

如果存在一个序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7。能够看出来它的LIS长度为5。
以下一步一步试着找出它。
我们定义一个序列B，然后令 i = 1 to 9 逐个考察这个序列。
此外，我们用一个变量Len来记录如今最长算到多少了
首先，把d[1]有序地放到B里。令B[1] = 2，就是说当仅仅有1一个数字2的时候，长度为1的LIS的最小末尾是2。

这时Len=1
然后，把d[2]有序地放到B里。令B[1] = 1，就是说长度为1的LIS的最小末尾是1。d[1]=2已经没用了。非常easy理解吧。这时Len=1
接着，d[3] = 5，d[3]>B[1]，所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是说长度为2的LIS的最小末尾是5，非常easy理解吧。

这时候B[1..2] = 1, 5，Len＝2
再来。d[4] = 3，它正好加在1,5之间，放在1的位置显然不合适，由于1小于3。长度为1的LIS最小末尾应该是1。这样非常easy推知。长度为2的LIS最小末尾是3。于是能够把5淘汰掉，这时候B[1..2] = 1, 3，Len = 2
继续，d[5] = 6。它在3后面，由于B[2] = 3, 而6在3后面。于是非常easy能够推知B[3] = 6, 这时B[1..3] = 1, 3, 6，还是非常easy理解吧？ Len = 3 了噢。
第6个, d[6] = 4，你看它在3和6之间，于是我们就能够把6替换掉。得到B[3] = 4。B[1..3] = 1, 3, 4。 Len继续等于3
第7个, d[7] = 8，它非常大，比4大，嗯。

于是B[4] = 8。Len变成4了
第8个, d[8] = 9。得到B[5] = 9。嗯。Len继续增大。到5了。
最后一个, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之间，所以我们知道，最新的B[4] =7，B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。
于是我们知道了LIS的长度为5。

!!!!! 注意。这个1,3,4,7,9不是LIS，它仅仅是存储的相应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾。我们就能够一个一个地插入数据。尽管最后一个d[9] = 7更新进去对于这组数据没有什么意义，可是假设后面再出现两个数字 8 和 9，那么就能够把8更新到d[5], 9更新到d[6]。得出LIS的长度为6。
然后应该发现一件事情了：在B中插入数据是有序的。并且是进行替换而不须要挪动——也就是说，我们能够使用二分查找，将每个数字的插入时间优化到O(logN)~~~~~于是算法的时间复杂度就减少到了O(NlogN)～