动态规划-最长上升子序列（LIS）

标签：i++   hellip   span   bsp   ide   图片   scan   code   任务   

问题描述

一个数的序列bi，当b1 < b2 < ... < bS的时候，我们称这个序列是上升的。对于给定的一个序列(a1, a2, ..., aN)，我们可以得到一些上升的子序列(ai1, ai2, ..., aiK)，这里1 <= i1 < i2 < ... < iK <= N。比如，对于序列(1, 7, 3, 5, 9, 4, 8)，有它的一些上升子序列，如(1, 7), (3, 4, 8)等等。这些子序列中最长的长度是4，比如子序列(1, 3, 5, 8).

你的任务，就是对于给定的序列，求出最长上升子序列的长度。

解题思路

如何把这个问题分解成子问题呢？经过分析，发现 “求以ak（k=1, 2, 3…N）为终点的最长上升子序列的长度”是个好的子问题――这里把一个上升子序列中最右边的那个数，称为该子序列的“终点”。虽然这个子问题和原问题形式上并不完全一样，但是只要这N个子问题都解决了，那么这N个子问题的解中，最大的那个就是整个问题的解。

由上所述的子问题只和一个变量相关，就是数字的位置。因此序列中数的位置k 就是“状态”，而状态 k 对应的“值”，就是以ak做为“终点”的最长上升子序列的长度。这个问题的状态一共有N个。状态定义出来后，转移方程就不难想了。假定MaxLen (k)表示以ak做为“终点”的最长上升子序列的长度，那么

MaxLen (1) = 1

MaxLen (k) = Max { MaxLen (i)：1<i < k 且 ai < ak且 k≠1 } + 1

这个状态转移方程的意思就是，MaxLen(k)的值，就是在ak左边，“终点”数值小于ak，且长度最大的那个上升子序列的长度再加1。因为ak左边任何“终点”小于ak的子序列，加上ak后就能形成一个更长的上升子序列。对于每一个数，他都是在“可以接下去”的中，从前面的最优值+1转移而来。因此，这个算法是可以求出正确答案的。复杂度很明显，外层 i 枚举每个数，内层 j 枚举目前i的最优值，即O（n^2）。

未优化代码O（n^2）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e4+10;
int a[N],dp[N];
int main()
{
    int n;

    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
           1 scanf("%d",&a[i]);
            dp[i]=1;
        }
        int ans=0;
        for(int i=0;i<n;i++)//if(i==1) 1 1 -> 0 *** if(i==0) 1 1 -> 1
        {
            for(int j=0;j<i;j++)
            {
                if(a[j]<a[i])
                {
                    dp[i]=max(dp[j]+1,dp[i]);
                }
            }
            ans=max(ans,dp[i]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

View Code

动态规划-最长上升子序列（LIS）

标签：i++   hellip   span   bsp   ide   图片   scan   code   任务   

原文地址：http://www.cnblogs.com/Roni-i/p/7867710.html