最长上升子序列nlogn及n^2算法
2016-02-21 12:34
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这题目是经典的DP题目,也可叫作LIS(Longest Increasing Subsequence)最长上升子序列 或者 最长不下降子序列。很基础的题目,有两种算法,复杂度分别为O(n*logn)和O(n^2) 。看了很多篇博客进行的总结,非常好理解,非常值得学习!!!代码对应leetcode300题。
A.
O(n^2)算法分析如下:
(a[1]...a
存的都是输入的数)
1、对于a
来说,由于它是最后一个数,所以当从a
开始查找时,只存在长度为1的不下降子序列;
2、若从a[n-1]开始查找,则存在下面的两种可能性:
(1)若a[n-1] < a
则存在长度为2的不下降子序列 a[n-1],a
;
(2)若a[n-1] > a
则存在长度为1的不下降子序列 a[n-1]或者a
。
3、一般若从a[t]开始,此时最长不下降子序列应该是按下列方法求出的:
在a[t+1],a[t+2],...a
中,找出一个比a[t]大的且最长的不下降子序列,作为它的后继。
4、用dp[t]表示第t个元素的最长上升子序列的长度,那么状态转移方程为:
dp[t]=max{dp[i]+1},a[i]<a[t]&&i=1,2,...,t-1
实现代码如下:
显然,这种方法的时间复杂度仍为o(n^2);
B.
最长不下降子序列的O(nlogn)算法分析如下:
还有更好的方法,使得时间复杂度能更高,为nlogn,用栈,比较好理解。
其实这个算法已经算不上DP了,有点像贪心。至于复杂度降低其实是因为这个算法里面用到了二分搜索,本来有n个数要处理是O(n),每次计算要查找n次还是O(n),一共就是O(n^2);现在搜索换成了O(nlogn)的二分,总的复杂度就变成了O(nlogn)了。
这个算法的具体操作如下:
开一个栈,每次取栈顶元素Top和读到的元素tmp做比较,如果tmp>Top,则将tmp入栈;如果tmp<Top 则二分查找栈中的比tmp大的第一个数,并用tmo替换它。最长序列的长度即为栈的大小Top。
这也是很好理解的,对于x和y,如果x<y&&Stack[y]>Stack[x],用Stack[x]替换Stack[y],此时的最长序列长度没有改变但是序列Q的“潜力”增大了。
举个例子,原序列为1,5,8,3,6,7
栈为1,5,8 此时读到了3,因为3<8,那么二分,用3替换5,得到1,3,8;再读6,用6替换8,得到1,3,6;再读7,得到最终栈为1,3,6,7.最长递增子序列为长度4.
或许你会想,当出现1,5,8,3这种情况时,栈内最后的数是1,3,8 不是正确的序列啊? 难道错了?
分析一下,我们可以看出,虽然有时候得不到正确的序列,但是最后算出来的序列个数是没错的,为什么呢?
想想,当tmp>Top时,总个数直接+1,这肯定没错;但是tmp<Top呢?这时tmp肯定只是替换了栈里面的某一个元素,所以大小不变,就是说一个小于栈顶的元素加入时,总个数是不变的。
这两种情况的分析可以看出,如果只求个数的话,这个算法还是比较高效的,但是要求打印出序列时,就只能用A算法了。
B算法的代码:
A.
O(n^2)算法分析如下:
(a[1]...a
存的都是输入的数)
1、对于a
来说,由于它是最后一个数,所以当从a
开始查找时,只存在长度为1的不下降子序列;
2、若从a[n-1]开始查找,则存在下面的两种可能性:
(1)若a[n-1] < a
则存在长度为2的不下降子序列 a[n-1],a
;
(2)若a[n-1] > a
则存在长度为1的不下降子序列 a[n-1]或者a
。
3、一般若从a[t]开始,此时最长不下降子序列应该是按下列方法求出的:
在a[t+1],a[t+2],...a
中,找出一个比a[t]大的且最长的不下降子序列,作为它的后继。
4、用dp[t]表示第t个元素的最长上升子序列的长度,那么状态转移方程为:
dp[t]=max{dp[i]+1},a[i]<a[t]&&i=1,2,...,t-1
实现代码如下:
// 最长上升子序列.cpp : 定义控制台应用程序的入口点。 // #include "stdafx.h" #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int lengthOfLIS(vector<int>& nums) { //O(n^2) int i = 0, j = 0, max = 0; vector<int> vecb(nums.size(), 1);//相当于b[i] 用来记录当前第i位数的 最长上升序列的长度 for (i = 1; i < nums.size(); i++){ for (j = 0; j < i; j++){ if (nums[j]<nums[i] && vecb[j] + 1>vecb[i]){ vecb[i] = vecb[j] + 1; } } } for (i = 0; i < nums.size(); i++){ if (vecb[i]>max) max = vecb[i]; } return max; } int main() { vector<int> vec = {10,9,2,5,3,7,101,18}; cout<<lengthOfLIS(vec)<<endl; return 0; }
显然,这种方法的时间复杂度仍为o(n^2);
B.
最长不下降子序列的O(nlogn)算法分析如下:
还有更好的方法,使得时间复杂度能更高,为nlogn,用栈,比较好理解。
其实这个算法已经算不上DP了,有点像贪心。至于复杂度降低其实是因为这个算法里面用到了二分搜索,本来有n个数要处理是O(n),每次计算要查找n次还是O(n),一共就是O(n^2);现在搜索换成了O(nlogn)的二分,总的复杂度就变成了O(nlogn)了。
这个算法的具体操作如下:
开一个栈,每次取栈顶元素Top和读到的元素tmp做比较,如果tmp>Top,则将tmp入栈;如果tmp<Top 则二分查找栈中的比tmp大的第一个数,并用tmo替换它。最长序列的长度即为栈的大小Top。
这也是很好理解的,对于x和y,如果x<y&&Stack[y]>Stack[x],用Stack[x]替换Stack[y],此时的最长序列长度没有改变但是序列Q的“潜力”增大了。
举个例子,原序列为1,5,8,3,6,7
栈为1,5,8 此时读到了3,因为3<8,那么二分,用3替换5,得到1,3,8;再读6,用6替换8,得到1,3,6;再读7,得到最终栈为1,3,6,7.最长递增子序列为长度4.
或许你会想,当出现1,5,8,3这种情况时,栈内最后的数是1,3,8 不是正确的序列啊? 难道错了?
分析一下,我们可以看出,虽然有时候得不到正确的序列,但是最后算出来的序列个数是没错的,为什么呢?
想想,当tmp>Top时,总个数直接+1,这肯定没错;但是tmp<Top呢?这时tmp肯定只是替换了栈里面的某一个元素,所以大小不变,就是说一个小于栈顶的元素加入时,总个数是不变的。
这两种情况的分析可以看出,如果只求个数的话,这个算法还是比较高效的,但是要求打印出序列时,就只能用A算法了。
B算法的代码:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) { //O(nlogn) int i, n, top = 0; vector<long long> stack(nums.size()+1); stack[0] = 0-INT_MAX-1;//定义一个栈 for (i = 0; i<nums.size(); i++){ //比栈顶元素大的就入栈 if (nums[i]>stack[top]){ stack[++top] = nums[i]; } else{ int low = 1, high = top; int mid; //二分检索比栈中比tmp大的第一个数 while (low <= high){ mid = (low + high) / 2; if (nums[i] > stack[mid]){ low = mid + 1; } else{ high = mid - 1; } } //用tmp替换 stack[low] = nums[i]; } } //最长序列数就是栈的大小 return top; } int main() { vector<int> vec = { 1,2,3}; cout << lengthOfLIS(vec) << endl; return 0; }
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