300. 最长递增子序列 - 力扣（LeetCode）

找到了问题的「状态」，明确了 dp 数组/函数的含义，定义了 base case；
确定「选择」，也就是找到状态转移的关系，写出动态规划解法

dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
base case : dp[i] 的初始值为1. 

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        if (nums.length == 0) {
            return 0;
        }
        int[] dp = new int[nums.length];
        dp[0] = 1;
        int maxans = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            dp[i] = 1;
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                if (nums[i] > nums[j]) {
                    dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
            maxans = Math.max(maxans, dp[i]);
        }
        return maxans;
    }
}

时间复杂度 O(N^2)， 其中 n 为数组 nums 的长度。动态规划的状态数为 n，计算状态 dp[i] 时，需要 O(n) 的时间遍历 dp[0…i−1] 的所有状态，所以总时间复杂度为 O(N^2)。
空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 dp 数组

image.png

d[1] = nums[0]; 以 nums[0] 这个数结尾的最长递增子序列的长度为1
d[len] 为当前最长递增子序列的结尾数
num[i] <= d[len] 时，使用二分查找找到第一个大于num[i]的位置，并用num[i]更新
（是为了得到一种“增益”，使得当前最长增长子序列序列增长的更慢一点）
len 为最长递增子序列的长度
class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        int len = 1, n = nums.length;
        if (n == 0) {
            return 0;
        }
        int[] d = new int[n + 1];
        d[len] = nums[0];
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            if (nums[i] > d[len]) {
                d[++len] = nums[i];
            } else {
                int l = 1, r = len, pos = 0; // 如果找不到说明所有的数都比 nums[i] 大，此时要更新 d[1]，所以这里将 pos 设为 0
                while (l <= r) {
                    int mid = (l + r) >> 1;
                    if (d[mid] < nums[i]) {
                        pos = mid;
                        l = mid + 1;
                    } else {
                        r = mid - 1;
                    }
                }
                d[pos + 1] = nums[i];
            }
        }
        return len;
    }
}

时间复杂度：O(nlogn)数组 nums 的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 d 数组，而更新 d 数组时需要进行 O(logn) 的二分搜索，所以总时间复杂度为 O(nlogn)。

空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 d 数组。