300. 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。
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
-104 <= nums[i] <= 104
进阶：
你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log(n)) 吗?
解题思路
首先从题目的定义看，我们需要找到最长的递增序列，
先从最简单的思路， 给定一个值，我们需要找到这个值小于这个值的递增序列，然后加上当前值就是目前的这个值的递增序列。
例如 nums[i]的递增序列就找到前面少于nums[i]的值，例如是 nums[k], i < k， 并且 nums[k] < nums[i]， 那么问题就变成了寻找nums[k] 的递增序列， 对于i，k可能有多个，我们需要取长度最大的值。
从上面的分析看出，nums[i] 的递增序列长度可以转为 nums[k]的子目标问题，很适合使用动态规划实现。
先定义 dp[i] 为考虑前 i 个元素，以第 i 个数字结尾的最长上升子序列的长度，注意 nums[i] 必须被选取。
我们从小到大计算 dp 数组的值，在计算 dp[i] 之前，我们已经计算出 dp[0…i−1] 的值，则状态转移方程为：
dp[i]=max(dp[j])+1,其中0≤ j < i 且 num[j] < num[i]
即考虑往 dp[0…i−1] 中最长的上升子序列后面再加一个 nums[i]。由于 dp[j] 代表 nums[0…j] 中以 nums[j] 结尾的最长上升子序列，所以如果能从 dp[j] 这个状态转移过来，那么 nums[i] 必然要大于 nums[j]，才能将 nums[i] 放在 nums[j] 后面以形成更长的上升子序列。
代码如下：
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
if (nums.length ==0) return 0;
int[] dp = new int[nums.length];
int ans = 1;
dp[0] = 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[j] + 1, dp[i]);
}
ans = Math.max(ans, dp[i]);
}
return ans;
}进阶方法
贪心+二分
这个方法没想不出来，看了题解才知道。下面是官方的题解描述
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] 是关于 i 单调递增的。因为如果 d[j]≥d[i] 且 j < i，我们考虑从长度为 i 的最长上升子序列的末尾删除 i−j 个元素，那么这个序列长度变为 j ，且第 j 个元素 x（末尾元素）必然小于 d[i]，也就小于 d[j]。那么我们就找到了一个长度为 j 的最长上升子序列，并且末尾元素比 d[j] 小，从而产生了矛盾。因此数组 d 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。
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 {
// 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
int l = 1, r = len, pos = 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;
}
}总结来说：就是维护一个数据d，然后使用最小的数值替换对应对序列，替换过程使用二分查找得到logn的效率。
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)。
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