2024/7/10 晴，睡眠质量良好，到实验室时间9.18。知了在窗外聒噪，似乎让我安心，静下来。做题吧
1、题目描述
2、算法分析
给一个整数数组，要求出里面最长严格递增子序列的长度。遇到这种问题，想到的就是DP算法，将大的问题转化成小问题，再递归。算法思路：
- 定义状态
首先，我们定义一个数组dp，其中dp[i]表示以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度。这个状态定义是动态规划问题的关键，它允许我们通过已解决的小问题（即子问题）来逐步构建出原问题的解。 - 初始化状态
由于每个元素至少可以自成一个递增子序列，因此我们将dp数组的所有元素初始化为1。特别地，dp[0]也被初始化为1，因为数组的第一个元素本身就构成了一个长度为1的递增子序列。 - 状态转移方程
对于数组中的每个元素nums[i]（从索引1开始遍历，因为索引0已经初始化），我们检查它之前的所有元素
nums[j]（其中j从0到i-1）。如果nums[i] > nums[j]，则说明我们可以将nums[i]加到以nums[j]结尾的递增子序列的末尾，从而形成一个更长的递增子序列。此时，我们需要更新dp[i]为dp[j] + 1和dp[i]之间的较大值，以确保dp[i]总是存储以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度。
状态转移方程可以表示为：
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1) if nums[i] > nums[j]
- 记录结果 在遍历过程中，我们还需要记录一个全局的最大值
maxRes，用于存储遍历到目前为止找到的最长递增子序列的长度。每次更新dp[i]后，我们都将其与maxRes进行比较，并更新maxRes为较大值。 - 返回结果 遍历完整个数组后，
maxRes中存储的就是整个数组的最长递增子序列的长度，我们将其作为函数的返回值。
3、代码
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
// 如果数组为空，则最长递增子序列的长度为0
if(nums.length == 0){
return 0;
}
// 创建一个dp数组来存储以每个元素为结尾的最长递增子序列的长度
// dp[i]表示以nums[i]为结尾的最长递增子序列的长度
int[] dp = new int[nums.length];
// 初始化dp数组，因为每个元素至少可以自成一个递增子序列
dp[0] = 1;
// 初始化最长递增子序列的长度为1（至少包含自身）
int maxRes = 1;
// 遍历数组中的每个元素（除了第一个元素，因为已经初始化）
for(int i = 1; i < nums.length; i++){
// 初始化dp[i]为1，因为每个元素至少可以自成一个递增子序列
dp[i] = 1;
// 遍历当前元素之前的所有元素
for(int j = 0; j < i; j++){
// 如果当前元素大于之前的某个元素，说明可以将当前元素添加到以nums[j]为结尾的递增子序列之后
// 从而形成一个更长的递增子序列
if(nums[i] > nums[j]){
// 更新dp[i]为当前已找到的最长递增子序列长度+1和dp[i]中的较大值
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
// 更新最长递增子序列的长度，取当前遍历过的所有dp[i]中的最大值
maxRes = Math.max(maxRes, dp[i]);
}
// 返回最长递增子序列的长度
return maxRes;
}
4、复杂度分析
- 时间复杂度：
O
(
n
2
)
O(n^{2})
O(n2)，其中
n为数组nums的长度。动态规划的状态数为n，计算状态dp[i]时，需要O(n)
的时间遍历dp[0…i−1]的所有状态，所以总时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^{2}) O(n2) 。 - 空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为
n的dp数组。
还有一个二分的算法就不写了啦！dp思想好好理解就可以啦！拜拜啦！
