给定一些标记了宽度和高度的信封，宽度和高度以整数对形式 (w, h) 出现。当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。
请计算最多能有多少个信封能组成一组"俄罗斯套娃"信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。
说明:
不允许旋转信封。
示例:
输入: envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出: 3
解释: 最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。
解题报告
先对宽度进行排序，再应用最长递增子序列的方法，寻找高度递增的最大长度
数组的最长递增子序列
public void lis(float[] L) {
int n = L.length;
int[] f = new int[n];//用于存放f(i)值；
f[0] = 1;//以第a1为末元素的最长递增子序列长度为1；
for (int i = 1; i < n; i++)//循环n-1次
{
f[i] = 1;//f[i]的最小值为1；
for (int j = 0; j < i; j++)//循环i 次
{
if (L[j] < L[i] && f[j] > f[i] - 1)
f[i] = f[j] + 1;//更新f[i]的值。
}
}
}
这个算法有两层循环，外层循环次数为n-1次，内层循环次数为i次，算法的时间复杂度
所以T(n)=O(n2)。
在计算每一个f(i)时，都要找出最大的f(j)(j<i)来，由于f(j)没有顺序，只能顺序查找满足aj<ai最大的f(j)，如果能将让f(j)有序，就可以使用二分查找，这样算法的时间复杂度就可能降到O(nlogn)。于是想到用一个数组B来存储"子序列的"最大递增子序列的最末元素，即有
B[f(j)] = aj
在计算f(i)时，在数组B中用二分查找法找到满足j<i且B[f(j)]=aj<ai的最大的j,并将B[f[j]+1]置为ai。
public void lis1(float[] L) {
int n = L.length;
float[] B = new float[n+1];//数组B；
B[0]=-10000;//把B[0]设为最小，假设任何输入都大于-10000；
B[1]=L[0];//初始时，最大递增子序列长度为1的最末元素为a1
int Len = 1;//Len为当前最大递增子序列长度，初始化为1；
int p,r,m;//p,r,m分别为二分查找的上界，下界和中点；
for(int i = 1;i<n;i++) {
p=0;r=Len;
while(p<=r)//二分查找最末元素小于ai+1的长度最大的最大递增子序列；
{
m = (p+r)/2;
if(B[m]<L[i]) p = m+1;
else r = m-1;
}
B[p] = L[i];//将长度为p的最大递增子序列的当前最末元素置为ai+1;
if(p>Len) Len++;//更新当前最大递增子序列长度；
}
}
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public class Solution {
public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {
Arrays.sort(envelopes, new Comparator<int[]>() {
@Override
public int compare(int[] e1, int[] e2) {
if (e1[0] != e2[0]) return e1[0] - e2[0];
return e2[1] - e1[1];
}
});
int len = 0;
int[] h = new int[envelopes.length];
for(int[] envelope : envelopes) {
int i=0, j=len-1;
while (i<=j) {
int m = (i+j)/2;
if (h[m] < envelope[1]) i=m+1; else j=m-1;
}
h[i] = envelope[1];
if (i == len) len ++;
}
return len;
}
}
