给你一个整数数组 nums ，找到其中最长严格递增子序列的长度。

子序列 是由数组派生而来的序列，删除（或不删除）数组中的元素而不改变其余元素的顺序。例如，[3,6,2,7] 是数组 [0,3,1,6,2,2,7] 的
子序列
。

示例 1：
输入：nums = [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出：4
解释：最长递增子序列是 [2,3,7,101]，因此长度为 4 。

示例 2：
输入：nums = [0,1,0,3,2,3]
输出：4

示例 3：
输入：nums = [7,7,7,7,7,7,7]
输出：1

动态规划

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        if(n == 0){
            return 0;
        }

        vector<int> dp(n, 1);
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 0; j < i; j++){
                if(nums[i] > nums[j]){
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
        }
        return *max_element(dp.begin(), dp.end());
    }
};

时间复杂度：O(n^2)，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。

空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 dp 数组。

vector dp(n, 1); 创建了一个长度为 n 的 dp 数组，初始值全部设为 1。dp[i] 表示以 nums[i] 结尾的最长递增子序列的长度。
为什么初始值为 1？因为每个元素本身都可以成为一个递增子序列。

if(nums[i] > nums[j])，如果 nums[i] 大于 nums[j]，则意味着可以将 nums[i] 接在 nums[j] 之后形成一个更长的递增子序列。
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1)，更新 dp[i]，选择 dp[i] 和 dp[j] + 1 中的较大值，表示以 nums[i] 结尾的最长递增子序列的长度。

return *max_element(dp.begin(), dp.end()); 返回 dp 数组中的最大值，即整个数组中最长递增子序列的长度。

贪心+二分查找

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        int len = 1;
        int n = nums.size();
        if (n == 0) {
            return 0;
        }
        //d[i]代表长度为i的最长上升子序列的末尾元素最小值
        vector<int> d(n+1);
        d[1] = nums[0];
        for(int i = 1; i < n; i++){
            if(nums[i] > d[len]){
                d[++len] = nums[i];
            }
            else{
                int l = 1, r = len, pos = 0;
                while(r >= l){
                    int mid = (l+r) >> 1;
                    if(d[mid] < nums[i]){
                        l = mid + 1;
                        pos = mid;
                    }
                    else{
                        r = mid - 1;
                    }
                }
                d[pos+1] = nums[i];
            }  
        }
        return len;
    }
};

时间复杂度：O(nlogn)。数组 nums 的长度为 n，我们依次用数组中的元素去更新 d 数组，而更新 d 数组时需要进行 O(logn) 的二分搜索，所以总时间复杂度为 O(nlogn)。

空间复杂度：O(n)，需要额外使用长度为 n 的 d 数组。

vector<int> d(n+1);d 数组用于记录长度为 i 的最长上升子序列的最小结尾元素（即 d[i] 代表长度为 i 的子序列的末尾元素的最小值）。这里将其初始化为大小为 n+1。

这个解法的巧妙之处在于，他在遍历nums[i]的时候，就已经在尝试拼凑最长递增的子序列。要满足最长递增子序列，我们要求在相同长度的子序列下，让末尾元素尽量地小。

所以我们在尝试拼凑子序列的时候，我们会将nums[i]与目前的最长子序列的最后一个元素进行比较，如果nums[i]较大，那么就说明nums[i]可以接在这个子序列中拼凑出一个更长的子序列。

如果nums[I]较小，我们就要使用二分查找来找到d数组中小于nums[i]的最大元素，也就是说是比d数组中比nums[i]小且最接近nums[i]的数。由于nums[i]经过二分查找，肯定比d[pos+1]要小，所以在相同长度的子序列中，末尾最小元素就为nums[i]。

思考
我们需要的是len的长度，len++的来源于nums[i]大于d[len]，如果d[len]被替换成更小的nums[i]，会对后续的len++有正面影响，如果nums[i]替换掉的不是d[len]，假设是d[len-1]，那么会减小d[len-1]的值，在后续的nums[i]的替换中，会变得更容易被选为pos，从而替换d[len-1]，然后对后续的len++有正面影响。