最长递增子序列c语言版（动态规划或贪心+二分查找）_c语言最长递增子序列

300. 最长递增子序列

题目：

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。

方法一（动态规划）

问题分析：

可以看出数组 [0,3,1,6,2,2,7]的最长递增子序列为[0,1,2,7]或者[0,3,6,7]，其长度为4，故最长严格递增子序列的长度为4。

让我们想想，我们是如何看出来最长严格递增子序列的，是不是从第一位数开始，看看后面的数如果比前一位数大，那就长度加1，然后一直找到最后没有数比该位数大就停止，所有情况的max即为答案；

例如:

（1）0>>3>>6>>7 || 0>>1>>6>>7等等

当然这是我们用眼睛看出来的，让我们想想该如何用代码实现呢，这里就用到了递归的想法

假如你要求n位数组中最长严格递增子序列的长度  是不是 可以先求前n-1位数组中最长严格递增子序列的长度max ,求n-1则需要求n-2的长度max，一直到前1位数组。最后我们就能得出答案；当然递归时间肯定太大了，我们转换为动态规划，用数组存放每一层递归的结果。

• 递归是一种自上而下的方法，通过调用自身来解决问题。递归不会缓存子问题的结果，因此可能产生重复计算。
• 而动态规划是一种自下而上的方法，先解决子问题并缓存结果，再根据缓存的结果逐步解决更大的问题，避免了重复计算的问题。

具体实现：

1.我们定义一个dp数组，用来存储前i位数组中的最长严格递增子序列的长度；

2.如果nums[i]>nums[j]，则说明nums[i]严格递增于nums[j]，可以补到nums[j]后面增加为更长的子序列，dp[i]=dp[j]+1;又因为我们要求最长子序列长度，所以选取每次符合条件（nums[i]>nums[j]）的最大值：dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1)

状态转移方程:

for(j=0;j<i;j++)//遍历i之前的所有元素
{
    if(nums[j]<nums[i])//i可以作为j的后一位加上去
    {
        dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);//取最大的dp[i];
    }
}

 3.最后求出dp数组里面存放的最大值就是最长子序列长度最大值，返回最大值即可。

 代码如下：

int lengthOfLIS(int* nums, int numsSize){
    int dp[numsSize];
    int i,j;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    if(numsSize==0)
    return 0;
    int max=0;
    for(i=0;i<numsSize;i++)
    {
        dp[i]=1;//因为只要有数，那长度最少为1
        for(j=0;j<i;j++)
        {
            if(nums[j]<nums[i])
            {
                dp[i]=fmax(dp[i],dp[j]+1);
            }
        }
        max=fmax(max,dp[i]);
    }
    return max;
}

 复杂度：

时间复杂度o（n*n）：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]，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）：开辟了一个一维数组来存放长度

方法二（贪心+二分）

解题思路：

方法一时间复杂度还是有点高，我们看看能不能给他再降一降
因为是求最长递增子序列，我们知道，数字递增越慢，其长度就可能更长。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]。例如

原数组nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]

dp[0]=10;        [10]

dp[0]=9;        [9]

dp[0]=2;        [2]

dp[1]=5;        [2,5]

dp[1]=3;        [2,3]

dp[2]=7;        [2,3,7]

dp[3]=101;        [2,3,7,101]

dp[3]=18;        [2,3,7,18]

最后dp数组里面应该是[2,3,7,18],最大递增子序列长度为4

具体需要列一个状态方程：

如果nums[i]>dp[k],我们就把 nums[i] 存放进dp中，len++

 如果nums[i]<dp[k],，用二分查找法前k位数，把num[i]替换到合适位置，代码如下

        if(nums[i]>dp[k])
        {
            k++;
            dp[k]=nums[i];
            len++;
        }
        else if(nums[i]<dp[k])
        {
             dp[twofen(dp,k+1,nums[i])]=nums[i];//twofen(dp,k+1,nums[i])为自定义二分函数
        }

问题分析：

看到这里有些同学就会想，为什么这样不按顺序却会得出正确答案  有没有可能会出现错误呢？

其实该过程不会影响dp[i]数组下一位数的选取，只改变前i-1位数中某一位的大小，并不会引起子序列长度的变化

证明： 当 j<i，若 dp[j]>=dp[i]，代表较短子序列的尾部元素的值 大于 较长子序列的尾部元素的值。这是没有可能的，因为从长度为 i 的子序列尾部倒序删除 i-j 个元素，剩下的为长度为 j 的子序列，设此序列尾部元素值为 p，则一定有 p<dp[i]（即长度为 j 的子序列尾部元素值一定更小）

最终代码：

int twofen(int *dp,int n,int target)
{
    int left=0,right=n-1;
    if(n==1)
    return 0;
    else{
        int mid;
        while(left<=right)
        {
            mid=(left+right)/2;
            if(dp[mid]<target)
            {
                left=mid+1;
            }
            else if(dp[mid]>target)
            {
                right=mid-1;
            }
            else
            {
                return mid;
            }
        }
    }
    return left;//最后左边位置就会成为target正确存放位置
}
int lengthOfLIS(int* nums, int numsSize){
    int dp[numsSize];
    int i;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    int len=1,k=0;
    dp[0]=nums[0];
    for(i=1;i<numsSize;i++)
    {
        if(nums[i]>dp[k])
        {
            k++;
            dp[k]=nums[i];
            len++;
        }
        else if(nums[i]<dp[k])
        {
             dp[twofen(dp,k+1,nums[i])]=nums[i];
        }
    }
    return len;
}

 复杂度：

时间复杂度O(nlog⁡n)：数组 nums的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 dp 数组，而更新 dp 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dp数组

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