最长上升子序列中对于数ipt[i],向前遍历,当数ipt[j]小于ipt[i] 则ipt[j]可作为上升序列中ipt[i]的前一个数字
dp[i] = max{ dp[j] + 1 | j < i && ipt[j] < ipt[i]}
若如今有两个状态a,b 满足dp[a] = dp[b]且 ipt[a] < ipt[b]
则对于后面的状态dp[a]更优 由于若ipt[i] > dp[b] 则必定ipt[i] > dp[a]。反之若ipt[i] > dp[a] 却不一定满足ipt[i] > dp[b]
所以若仅仅保存状态a 那么也不会丢失最优解
那么对于同样dp值,仅仅需保留ipt最小的一个
则 ipt值(dp=1) < ipt值(dp=2) < ipt值(dp=3).....
即此序列有序
比方 1 6 2 3 7 5
dp 1 2 2 3 4 4
当计算2时 发现dp=2的ipt值为6 则6可替换为2
同理 1 (6) 2 3 (7) 5
dp 1 2 3 4
这样,计算时维护一个序列就可以
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
//HEAD
using namespace std;
//LOOP
//STL
//INPUT
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 1010;
typedef vector <int> VI;
typedef unsigned long long ULL;
const double eps = 1e-10;
const LL MOD = 1e9 + 7;
int ipt[1010], dp[1010], a[1010];
int main()
{
int n;
while (~RI(n))
{
REP(i, n)
RI(ipt[i]);
REP(i, n) dp[i] = 1;
int ans = 0;
CLR(a, INF);
REP(i, n)
{
int x = lower_bound(a, a + ans, ipt[i]) - a;
dp[i] = x + 1;
ans = max(ans, dp[i]);
a[x] = ipt[i];
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}