leetCode 300.最长递增子序列 (贪心 + 二分 ) + 图解 + 优化 + 拓展_leetcode 最长递增子序列

300. 最长递增子序列 - 力扣（LeetCode）

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

>>分析：

• 递增子序列           IS，Increasing Subsequence
• 最长递增子序列    LIS，Longest Increasing Subsequence
• O(n^2)           回溯  -->  记忆化搜索  -->  递推
• O(nlogn)       贪心 + 二分

>>思路：

• 思路 1 ： 选 或 不选      为了比大小，需要知道上一个选的数字
• 思路 2 ： 枚举选哪个     比较当前选得到数字和下一个要选的数字

>>举个栗子，比如[1,6,7,2,4,5,3]中：

子序列：就是从数组中选择一些数，且顺序和数组中的顺序是一致的。比如[2,5,3]就是这个数组的一个子序列

这题中的严格递增子序列，就是要求你选的子序列 右边的元素一定大于左边的元素。比如[1,2,5]就是一个严格递增的子序列。我们要做的就是在所有严格递增子序列中。找到最长的那个子序列的长度。比如[1,2,4,5]就是最长递增子序列。请注意是严格递增的，也就是说不能有相同元素，所以在示例3中，严格递增子序列只有一个元素，由于子序列本质上是数组的一个子集，我们可以考虑用子集型回溯来思考(O_O)?

对于子集型回溯，我们有「选或不选」 以及 「枚举选哪个」这两种思路，如果倒着思考，假设 3是子序列的最后一个数，考虑选或者不选的话，这前面的数字就需要和 3 比较大小，所以需要知道当前下标以外，还需要知道上一个数字的下标。

而如果考虑「枚举选哪个」，我们就可以直接枚举前面的比 3 小的数字，当做子序列的倒数第二个数。那么只需要知道当前所选的数字的下标就好了。

这样对比，会发现「枚举选哪个」只需要一个参数，比较好写。

（一）记忆化搜索 「思路一」

启发思路：枚举 nums[i] 作为 LIS 的末尾元素，那么需要枚举 nums[j] 作为 LIS 倒数第二个元素，其中 j < i 且 nums[j] < nums[i]

回溯三问：{
 
    ① 子问题？ 以nums[i] 结尾的 LIS 长度
 
    ② 当前操作？枚举 nums[j]
 
    ③ 下一个子问题？以nums[j] 结尾的 LIS 长度
 
}

class Solution:
    #  记忆化搜索
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        @cache
        def dfs(i):
            res = 0
            for j in range(i):
                if nums[j] < nums[i]:
                    res = max(res,dfs(j))
            return res + 1
        # ans = 0
        # for i in range(n):
        #     ans = max(ans,dfs(i))
        # return ans
        return max(dfs(i) for i in range(n))

• dfs(i) = max{dfs(j)} + 1   j < i 且 nums[j] < nums[i]
• f[i] = max{f[j]} + 1           j < i 且 nums[j] < nums[i]

（二） 记忆化搜索，改成递推 「思路二」

class Solution:
    #  记忆化搜索 改成递推
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        f = [0] * n
        for i in range(n):
            for j in range(i):
                if nums[j] < nums[i]:
                    f[i] = max(f[i],f[j]);
            f[i] += 1;
        return max(f)

 （三）贪心 + 二分

「思路三」nums 的 LIS 等价于nums 与 排序去重后的 nums的LCS，例如 nums =  [1,3,3,2,4]。排序去重后 = [1,2,3,4]。LCS = [1,3,4] 或者 [1,2,4]

「思路四」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。

• 进阶技巧：交换状态与状态值
• f[i] 表示末尾元素 为 nums[i] 的 LIS长度
• g[i] 表示长度为 i+1 的IS的末尾元素的最小值

例如 nums = [1,6,7,2,4,5,3]
            g = [1]          // 第一步插入1， g = [1]
            g = [1,6]        // 第二步插入6， g = [1,6]
            g = [1,6,7]      // 第三步插入7， g = [1,6,7]
            g = [1,2,7]      // 第四步插入2， g = [1,2,7]
            g = [1,2,4]      // 第五步插入4， g = [1,2,4]
            g = [1,2,4,5]    // 第六步插入5， g = [1,2,4,5]
            g = [1,2,3,5]    // 第七步插入3， g = [1,2,3,5]

按照这种定义方式，由于没有重叠子问题，是不能算作动态规划的，而变成了一个贪心的问题，接着来研究一下g的性质，看上去 g 是一个严格递增的序列，并且每次要么添加一个数，要么修改一个数，这里就来严格证明一下，通常来说证明算法相关的一些结论，数学归纳法和反证法用的是最多的。这里就用反证法来证明，如果 g 不是严格递增的，比如说 g = [1,6,6] 那么最后的这个 6 肯定会对应一个长为 3 的，末尾为 6 的上升子序列，那第二个数是小于等于5的，而这就和第一个6矛盾了，它表示第二个数最小是6。所以通过反证法，我们可以得出 g 一定是一个严格递增的序列，知道 g 是严格递增的，就可以得出后面的结论了。

• 推论1：一次只能更新一个位置

        证明：假设更新了两个位置，会导致 g 不是严格递增的，因为单调递增序列不能有相同元素

• 推论2：更新的位置是第一个 >= nums[i]的数的下标

        如果nums[i] 比 g 的最后一个数都大，那就加到 g 的末尾

证明：设更新了 g[j]，如果g[j] < nums[i]，相当于把小的数给变大了，
    这显然不可能。另外，如果 g[j] 不是第一个 >= nums[i]的数，那就破坏
    了 g 的有序性
    g = [1,6,7],nums[i] = 2
      ↓
    g = [1,2,7]

算法：在 g 上用二分查找快速找到第一个 >= nums[i] 的下标j,如果 j 不存在，那么nums[i]直接加到 g 末尾，否则修改 g[j] 为 nums[i]

注意：这个算法按分类的话，算「贪心 + 二分」

Python 代码: 

class Solution:
    # 贪心 + 二分
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        g = []
        for x in nums:
            j = bisect_left(g,x)
            if j == len(g):
                g.append(x)
            else:
                g[j] = x
        return len(g)

• 时间复杂度：O(nlogn)    
• 空间复杂度：O(n)

 C++ 代码：

class Solution {
public:
    // 贪心 + 二分
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        vector<int> g;
        for(int x:nums) {
            int j = lower_bound(g.begin(), g.end(), x) - g.begin();
            if(j == g.size()) g.push_back(x);
            else g[j] = x;
        }
        return g.size();
    }
};

思考：空间复杂度还能能进一步优化吗？ 可以！！！

>>优化空间复杂度：O(1)

Python 代码:  

class Solution:
    # 贪心 + 二分 (优化空间复杂度) O(1)
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        ng = 0
        for x in nums:
            j = bisect_left(nums,x,0,ng)
            if j == ng:
                nums[ng] = x
                ng+=1
            else:
                nums[j] = x
        return ng

• 时间复杂度：O(nlogn)    
• 空间复杂度：O(1)

 C++ 代码： 

class Solution {
public:
    // 贪心 + 二分 
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int ng = 0;
        for(int x:nums) {
            int j = lower_bound(nums.begin(), nums.begin() + ng, x) - nums.begin();
            if(j == ng) {
                nums[ng] = x;
                ng+=1;
            }
            else nums[j] = x;
        }
        return ng;
    }
};

>>拓展思考