📝 题目描述

题目链接：最长递增子序列

给你一个整数数组 nums，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的子序列。

子序列 是可以通过从另一个数组删除或不删除某些元素，但不更改其余元素的顺序得到的数组。

示例：

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示例 1：

输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：

输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4

示例 3：

输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出：1

提示：

  • 1 <= nums.length <= 2500
  • -10^4 <= nums[i] <= 10^4

💡 解题思路

方法一：动态规划

按照经典的动态规划模版，三步分析：

  • 状态定义：设 dp[i] 表示以第 i 个数字结尾的最长递增子序列的长度。
  • 初始状态：dp[i] 的所有初始值都为 1（每个元素自己单独能成为一个长度为 1 的子序列）。
  • 状态转移方程：对每个 i，遍历其前面的所有元素 j（0 <= j < i）。如果 nums[j] < nums[i]，说明 nums[j] 可以接在以 nums[i] 结尾的子序列前面。状态转移方程为：

dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1), 其中 0≤j<i 且 num[j]<num[i]dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1),\ 其中\ 0≤j<i\ 且\ num[j]<num[i]

最终，整个 dp 数组中的最大值即为最长递增子序列的长度。

方法二：贪心 + 二分查找

考虑一个简单的贪心，如果我们要使上升子序列尽可能的长，则我们需要让序列上升得尽可能慢，因此我们希望每次在上升子序列最后加上的那个数尽可能的小。

基于上面的贪心思路，我们维护一个数组 d[i]，表示长度为 i 的最长上升子序列的末尾元素的最小值，用 len 记录目前最长上升子序列的长度，起始时 len 为 1，d[1]=nums[0]。

同时我们可以注意到 d[i]d[i] 是关于 ii 单调递增的。因为如果 d[j]≥d[i]d[j]≥d[i] 且 j<ij<i，我们考虑从长度为 ii 的最长上升子序列的末尾删除 i−ji−j 个元素，那么这个序列长度变为 jj ，且第 jj 个元素 xx（末尾元素）必然小于 d[i]d[i]，也就小于 d[j]d[j]。那么我们就找到了一个长度为 jj 的最长上升子序列，并且末尾元素比 d[j]d[j] 小，从而产生了矛盾。因此数组 dd 的单调性得证。

我们依次遍历数组 nums 中的每个元素，并更新数组 d 和 len 的值。如果 nums[i]>d[len] 则更新 len=len+1，否则在 d[1…len] 中找满足 d[i−1]<nums[j]<d[i] 的下标 i，并更新 d[i]=nums[j]。

根据 d 数组的单调性，我们可以使用二分查找寻找下标 i，优化时间复杂度。

最后整个算法流程为：

  • 设当前已求出的最长上升子序列的长度为 len（初始时为 1），从前往后遍历数组 nums，在遍历到 nums[i] 时：
    • 如果 nums[i]>d[len]，则直接加入到 d 数组末尾，并更新 len=len+1；
    • 否则，在 d 数组中二分查找，找到第一个比 nums[i] 小的数 d[k]，并更新 d[k+1]=nums[i]。

以输入序列 [0,8,4,12,2] 为例：

  • 第一步插入 0，d=[0]；
  • 第二步插入 8，d=[0,8]；
  • 第三步插入 4，d=[0,4]；
  • 第四步插入 12，d=[0,4,12]；
  • 第五步插入 2，d=[0,2,12]。

最终得到最大递增子序列长度为 3。

🔧 代码实现

1、动态规划

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class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        // 初始化dp数组，每个元素可以自己组成一个最长递增子序列，初始值为1
        vector<int> dp(nums.size(), 1);
        // 正序遍历数组
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
                if (nums[j] < nums[i]) {
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
        }
        return *max_element(dp.begin(), dp.end());
    }
};

2、贪心 + 二分查找

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class Solution {
public:
    void modify_res(vector<int>& res, vector<int>& nums, int i){
        int val = nums[i], left = 0, right = res.size() - 1;
        // 使用 left <= right 的模板，退出时 left 一定是指向第一个 >= val 的位置
        while(left <= right){
            // 标准的防溢出 mid 写法，向下取整
            int mid = left + (right - left)/2;
            if (res[mid] >= val) {
                // 找到了一个比 val 大或等于的数，但还要看看左边有没有更小且满足条件的
                right = mid - 1;
            } else {
                // 当前数比 val 小，目标一定在右边
                left = mid + 1;
            }
        }
        // 循环结束后，left 指向第一个大于等于 val 的元素
        res[left] = val;
    }
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int len = 1;
        vector<int> res = {nums[0]};
        for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
            if (res.back() < nums[i]) {
                res.push_back(nums[i]);
                len++;
            } else if(res.back() > nums[i]){
                modify_res(res, nums, i);
            }
        }
        return len;
    }
};

📊 复杂度分析

1、动态规划

  • 时间复杂度：O(n2)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。
  • 空间复杂度：O(n)O(n)，需要额外使用长度为 n 的 dp 数组。

2、贪心 + 二分查找

  • 时间复杂度：O(nlogn)O(nlogn)，数组 nums 的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 res 数组，而更新 res 数组时需要进行 O(logn)O(logn) 的二分搜索。
  • 空间复杂度：O(n)O(n)，需要额外使用长度为 n 的 res 数组。

🎯 总结

  • 核心思想：记住动态规划的模板写法和思考过程，贪心 + 二分作为拓展思路。