跟着編程之美學算法——最長遞增子序列

之前學習了動態規划中最基本的問題，最長公共子序列，具體解法，見前前一篇博客：

http://www.cnblogs.com/liyukuneed/archive/2013/05/22/3090597.html

本篇博客要繼續解決一個升級的問題——最長遞增子序列

問題定義：

給定一個長度為N的數組，找出一個最長的單調自增子序列（不一定連續，但是順序不能亂）。例如：給定一個長度為6的數組A{5， 6， 7， 1， 2， 8}，則其最長的單調遞增子序列為{5，6，7，8}，長度為4.

解法一：最長公共子序列法：

仔細思考上面的問題，其實可以把上面的問題轉化為求最長公共子序列的問題。原數組為A{5， 6， 7， 1， 2， 8}，下一步，我們對這個數組進行排序，排序后的數組為A‘{1， 2， 5， 6， 7， 8}。我們有了這樣的兩個數組后，如果想求數組A的最長遞增子序列，其實就是求數組A與它的排序數組A‘的最長公共子序列。我來思考下原問題的幾個要素：最長、遞增、子序列（即順序不變）。

遞增：A‘數組為排序數組，本身就是遞增的，保證了兩序列的最長公共子序列的遞增特性。

子序列：由於A數組就是原數組，其任意的子序列都是順序不變的，這樣就保證了兩序列的最長公共子序列的順序不變。

最長：顯而易見。

具體的解法請參見上一篇博客：

http://www.cnblogs.com/liyukuneed/archive/2013/05/22/3090597.html

 

解法二：動態規划法（O(N^2)）

既然是動態規划法，那么最重要的自然就是尋找子問題，對於這個問題，我們找到他的子問題：

對於長度為N的數組A[N] = {a0, a1, a2, ..., an-1}，假設假設我們想求以aj結尾的最大遞增子序列長度，設為L[j]，那么L[j] = max(L[i]) + 1, where i < j && a[i] < a[j], 也就是i的范圍是0到j - 1。這樣，想求aj結尾的最大遞增子序列的長度，我們就需要遍歷j之前的所有位置i（0到j-1），找出a[i] < a[j]，計算這些i中，能產生最大L[i]的i，之后就可以求出L[j]。之后我對每一個A[N]中的元素都計算以他們各自結尾的最大遞增子序列的長度，這些長度的最大值，就是我們要求的問題——數組A的最大遞增子序列。

時間復雜度：由於每一次都要與之前的所有i做比較，這樣時間復雜度為O(N^2)。

 

解法三：動態規划法（O(NlogN)）

上面的解法時間復雜度仍然為O(N^2)，與解法一沒有明顯的差別。仔細分析一下原因，之所以慢，是因為對於每一個新的位置j都需要遍歷j之前的所以位置，找出之前位置最長遞增子序列長度。那么我們是不是可以有一中方法能不用遍歷之前所有的位置，而可以更快的確定i的位置呢？

這就需要申請一個長度為N的空間，B[N]，用變量len記錄現在的最長遞增子序列的長度。

B數組內任意元素B[i]，記錄的是最長遞增子序列長度為i的序列的末尾元素的值，也就是這個最長遞增子序列的最大元素的大小值。

首先，把d[1]有序地放到B里，令B[1] = 2，就是說當只有1一個數字2的時候，長度為1的LIS的最小末尾是2。這時Len=1

然后，把d[2]有序地放到B里，令B[1] = 1，就是說長度為1的LIS的最小末尾是1，d[1]=2已經沒用了，很容易理解吧。這時Len=1

接着，d[3] = 5，d[3]>B[1]，所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是說長度為2的LIS的最小末尾是5，很容易理解吧。這時候B[1..2] = 1, 5，Len＝2

再來，d[4] = 3，它正好加在1,5之間，放在1的位置顯然不合適，因為1小於3，長度為1的LIS最小末尾應該是1，這樣很容易推知，長度為2的LIS最小末尾是3，於是可以把5淘汰掉，這時候B[1..2] = 1, 3，Len = 2

繼續，d[5] = 6，它在3后面，因為B[2] = 3, 而6在3后面，於是很容易可以推知B[3] = 6, 這時B[1..3] = 1, 3, 6，還是很容易理解吧？ Len = 3 了噢。

第6個, d[6] = 4，你看它在3和6之間，於是我們就可以把6替換掉，得到B[3] = 4。B[1..3] = 1, 3, 4， Len繼續等於3

第7個, d[7] = 8，它很大，比4大，嗯。於是B[4] = 8。Len變成4了

第8個, d[8] = 9，得到B[5] = 9，嗯。Len繼續增大，到5了。

最后一個, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之間，所以我們知道，最新的B[4] =7，B[1..5] = 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。

於是我們知道了LIS的長度為5。

注意，這個1,3,4,7,9不是LIS，它只是存儲的對應長度LIS的最小末尾。有了這個末尾，我們就可以一個一個地插入數據。雖然最后一個d[9] = 7更新進去對於這組數據沒有什么意義，但是如果后面再出現兩個數字 8 和 9，那么就可以把8更新到d[5], 9更新到d[6]，得出LIS的長度為6。

然后應該發現一件事情了：在B中插入數據是有序的，而且是進行替換而不需要挪動——也就是說，我們可以使用二分查找，將每一個數字的插入時間優化到O(logN)~~~~~於是算法的時間復雜度就降低到了O(NlogN)～！

 

根據上面的分析，下面是后兩種方法的C++代碼實現：

#include <iostream>

using namespace std;

// LIS[j] = max(LIS[i]) + 1
int LIS_DP_N2(int *array, int nLength)
{
    int LIS[nLength];
    for(int i = 0; i < nLength; i++)
    {
        LIS[i] = 1;
    }
    
    for(int i = 1; i < nLength; i++)
    {
        int maxLen = 0;
        for(int j = 0; j < i; j++)
        {
            if(array[i] > array[j])
            {
                if(maxLen < LIS[j])
                    maxLen = LIS[j];
            }
        }
        LIS[i] = maxLen + 1;
    }
    int maxLIS = 0;
    for(int i = 0; i < nLength; i++)
    {
        if(maxLIS < LIS[i])
            maxLIS = LIS[i];
    }
    
    return maxLIS;
}

int BinarySearch(int *array, int value, int nLength)
{
    int begin = 0;
    int end = nLength - 1;
    while(begin <= end)
    {
        int mid = begin + (end - begin) / 2;
        if(array[mid] == value)
            return mid;
        else if(array[mid] > value)
            end = mid - 1;
        else
            begin = mid + 1;
    }
    return begin;
}

int LIS_DP_NlogN(int *array, int nLength)
{
    int B[nLength];
    int nLISLen = 1;
    B[0] = array[0];

    for(int i = 1; i < nLength; i++)
    {
        if(array[i] > B[nLISLen - 1])
        {
            B[nLISLen] = array[i];
            nLISLen++;
        }
        else
        {
            int pos = BinarySearch(B, array[i], nLISLen);
            B[pos] = array[i];
        }
    }
    return nLISLen;
}

int main()
{
    int data[6] = {5, 6, 7, 1, 2, 8};
    cout<<LIS_DP_N2(data, 6)<<endl;
    cout<<LIS_DP_NlogN(data, 6)<<endl;
    return 0;
}