最长递增子序列问题：在一列数中寻找一些数，这些数满足：任意两个数a[i]和a[j]，若i<j，必有a[i]<a[j]，这样最长的子序列称为最长递增子序列。

   　设dp[i]表示以i为结尾的最长递增子序列的长度，则状态转移方程为：

　　dp[i] = max{dp[j]+1}, 1<=j<i,a[j]<a[i].

   　这样简单的复杂度为O(n^2)，其实还有更好的方法。

　　考虑两个数a[x]和a[y]，x<y且a[x]<a[y],且dp[x]=dp[y]，当a[t]要选择时，到底取哪一个构成最优的呢？显然选取a[x]更有潜力，因为可能存在a[x]<a[z]<a[y]，这样a[t]可以获得更优的值。在这里给我们一个启示，当dp[t]一样时，尽量选择更小的a[x].

    按dp[t]=k来分类，只需保留dp[t]=k的所有a[t]中的最小值，设d[k]记录这个值，d[k]=min{a[t],dp[t]=k}。显然d[]中的元素是a[]中的某些数

    这时注意到d的两个特点（重要）：

　　1. d[k]在计算过程中单调不升；(很显然啊，在更新d[k]时一直用比它更小的数来更新)           

　　2. d数组是有序的，d[1]<d[2]<..d[n]。(也很显然啊，如果d[5]<d[2],,,,,怎么可能，肯定错啦)

     利用这两个性质，可以很方便的求解：

　　1. 设当前已求出的最长上升子序列的长度为len（初始时为1），每次读入一个新元素x：

　　2. 若x>d[len]，则直接加入到d的末尾，且len++；（利用性质2）

     否则，在d中二分查找，找到第一个比x小的数d[k](说明d[k+1]>=x)，并d[k+1]=x，在这里x<=d[k+1]一定成立（性质1,2）。

 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　最长递增子序列O(nlogn)算法：

　　状态转移方程：f[i] = max{f[i],f[j]+1},1<=j<i,a[j]<a[i].

　　分析：加入x<y,f[x]>=f[y],则x相对于y更有潜力。

　　首先根据f[]值分类，记录满足f[t]=k的最小的值a[t],记d[k]=min{a[t]},f[t]=k.

　　1.发现d[k]在计算过程中单调不上升

　　2.d[1]<d[2]<...<d[k] (反证) 1 2 3 8 4 7

　　解法：

　　1.设当前最长递增子序列为len,考虑元素a[i];

　　2.若d[len]<a[i],则len++，并将d[len]=a[i];

　　否则,在d[0-len]中二分查找,找到第一个比它小的元素d[k],并d[k+1]=a[i].()

　　

1 #include
     
       2 using namespace std;   3 const int N = 41000;   4 int a[N];       //a[i] 原始数据   5 int d[N];       //d[i] 长度为i的递增子序列的最小值   6    7 int BinSearch(int key, int* d, int low, int high)//二分，目的是在d[low]与d[high]之间找到第一个比key小的d[](第一个是指从后往前第一个)   8 {   9     while(low<=high)  10     {  11         int mid = (low+high)>>1;  12         if(key>d[mid] && key<=d[mid+1])  13             return mid;  14         else if(key>d[mid])  15             low = mid+1;  16         else  17             high = mid-1;  18     }  19     return 0;  20 }  21   22 int LIS(int* a, int n, int* d)  23 {  24     int i,j;  25     d[1] = a[1];  26     int len = 1;        //递增子序列长度  27     for(i = 2; i <= n; i++)  28     {  29         if(d[len]