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最长上升子序列问题，也就是 Longest increasing subsequence ，缩写为LIS 。是指在一个序列中求长度最长的一个上升子序列的问题，是动态规划中一个相当经典问题。在这里我们可以看到，这个上升实质上就是一个对 < 进行定义的过程，所以我们求解的其实是一类问题，也就是在给定序列中求解长度最长的符合某一性质的子序列的问题。在下面总结的过程中，我还是以递增为例进行阐述。
dp[i] 表示以i结尾的子序列中LIS的长度。然后我用 dp[j](0<=j<i) 来表示在i之前的LIS的长度。然后我们可以看到，只有当 a[i]>a[j] 的时候，我们需要进行判断，是否将a[i]加入到dp[j]当中。为了保证我们每次加入都是得到一个最优的LIS，有两点需要注意：第一，每一次，a[i]都应当加入最大的那个dp[j]，保证局部性质最优，也就是我们需要找到 max(dp[j](0<=j<i)) ；第二，每一次加入之后，我们都应当更新dp[j]的值，显然， dp[i]=dp[j]+1 。
如果写成递推公式，我们可以得到 dp[i]=max(dp[j](0<=j<i))+(a[i]>a[j]?1:0) 。
于是我们就能够得到O(n^2)的动态规划方法的实现：
const int MAXN = 1010;
int n;
int a[MAXN];
int dp[MAXN];
int lis()
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
int Max;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
Max = 0;
for (int j = 0; j < i; ++j)
{
if (a[i] > a[j])
{
Max = max(Max, dp[j]);
}
}
dp[i] = Max + 1;
}
Max = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (dp[i] > Max) Max = dp[i];
}
return Max;
}
在前一种方法中，我们花费了很多时间在寻找最大的dp[j]上。如果有办法让这个dp[j]变成一个递增的序列，我们就能使用二分来进行优化，从而使得复杂度下降为O(nlogn)了。幸运的是，这种方法确实是存在的。我们可以使用dp[i]来保存在前i个数中最大的那个数，很容易可以理解，这个dp[i]已经是单调不减的。接下来的处理其实有些贪心的思想，对于每一个a[i]，我们都在dp数组中寻找比它大的第一个数的下标，不妨设为pos，然后用a[i]来更新dp[pos]。于是我们可以明白，len就应当是max(len, pos+1)。
在这里我们使用 lower_bound函数 ，这个函数将会返回小于等于val的第一个值的指针，如果不存在就返回end指针。
const int MAXN = 1010;
int n;
int a[MAXN];
int dp[MAXN];
int lis()
{
memset(dp, 0, sizeof(int)*n);
int len = 1;
dp[0] = a[0];
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
int pos = lower_bound(dp, dp + len, a[i]) - dp;
dp[pos] = a[i];
len = max(len, pos + 1);
}
return len;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/steamedbun/p/5769142.html
