最长不下降子序列的O(n*logn)算法
2012-06-11 23:54
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现在,我们仔细考虑计算F[t]时的情况。假设有两个元素A[x]和A[y],满足
(1)x < y < t (2)A[x] < A[y] < A[t] (3)F[x] = F[y]
此时,选择F[x]和选择F[y]都可以得到同样的F[t]值,那么,在最长上升子序列的这个位置中,应该选择A[x]还是应该选择A[y]呢?
很明显,选择A[x]比选择A[y]要好。因为由于条件(2),在A[x+1] ... A[t-1]这一段中,如果存在A[z],A[x] < A[z] < a[y],则与选择A[y]相比,将会得到更长的上升子序列。
再根据条件(3),我们会得到一个启示:根据F[]的值进行分类。对于F[]的每一个取值k,我们只需要保留满足F[t] = k的所有A[t]中的最小值。设D[k]记录这个值,即D[k] = min{A[t]} (F[t] = k)。
注意到D[]的两个特点:
(1) D[k]的值是在整个计算过程中是单调不上升的。
(2) D[]的值是有序的,即D[1] < D[2] < D[3] < ... < D
。
利用D[],我们可以得到另外一种计算最长上升子序列长度的方法。设当前已经求出的最长上升子序列长度为len。先判断A[t]与D[len]。若A[t] > D[len],则将A[t]接在D[len]后将得到一个更长的上升子序列,len = len + 1, D[len] = A[t];否则,在D[1]..D[len]中,找到最大的j,满足D[j] <
A[t]。令k = j + 1,则有D[j] < A[t] <= D[k],将A[t]接在D[j]后将得到一个更长的上升子序列,同时更新D[k] = A[t]。最后,len即为所要求的最长上升子序列的长度。
在上述算法中,若使用朴素的顺序查找在D[1]..D[len]查找,由于共有O(n)个元素需要计算,每次计算时的复杂度是O(n),则整个算法的时间复杂度为O(n^2),与原来的算法相比没有任何进步。但是由于D[]的特点(2),我们在D[]中查找时,可以使用二分查找高效地完成,则整个算法的时间复杂度下降为O(nlogn),有了非常显著的提高。需要注意的是,D[]在算法结束后记录的并不是一个符合题意的最长上升子序列!
这个算法还可以扩展到整个最长子序列系列问题,整个算法的难点在于二分查找的设计,需要非常小心注意。
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