程序员面试金典——11.7叠罗汉II
Solution1:动态规划,复杂度
O(n2)
O
(
n
2
)
。
复杂度非最优,但思想易于理解且代码简练。
res[i]表示必须以i 元素结尾的最长递增子序列的长度, 如何得出这个长度呢?
res[i]等于men[0,…,i - 1]中比men[i]小的元素对应的dp值 + 1
这也是在叠罗汉I中的solution1的思路
class Stack {
public:
int getHeight(vector<vector<int> > actors, int n) {
// write code here
int sum = 0;
sort(actors.begin(), actors.end(), my_compare);
vector<int> dp(n, 1);
for (int i = 0; i < actors.size(); i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if(actors[i][1] > actors[j][1])
dp[i] = max(dp[j] + 1, dp[i]);
}
sum = max(sum, dp[i]);
}
return sum;
}
static bool my_compare(vector<int> a, vector<int> b) {
if(a[0] < b[0]) //最长递增子序列
return true;
else
return false;
}
};
Solution2:利用二分查找,把复杂度降至
O(nlogn)
O
(
n
l
o
g
n
)
。
这也是在叠罗汉I中的solution2的思路
维护一个单调序列,遍历nums数组,二分查找每一个数在单调序列中的位置,然后替换之。
具体而言:http://www.cnblogs.com/grandyang/p/4938187.html(LeetCode300,此链接内有详细解法)
我们来看一种思路更清晰的二分查找法,跟上面那种方法很类似,思路是先建立一个空的dp数组,然后开始遍历原数组,对于每一个遍历到的数字,我们用二分查找法在dp数组找第一个不小于它的数字,如果这个数字不存在,那么直接在dp数组后面加上遍历到的数字,如果存在,则将这个数字更新为当前遍历到的数字,最后返回dp数字的长度即可,注意的是,跟上面的方法一样,特别注意的是dp数组的值可能不是一个真实的LIS。参见代码如下:
class Stack {
public:
int getHeight(vector<vector<int> > actors, int n) {
// write code here
sort(actors.begin(), actors.end());
vector<int> dp;
for (int i = 0; i < actors.size(); i++) {
int left = 0, right = dp.size();
while (left < right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (dp[mid] < actors[i][1])
left = mid + 1;
else
right = mid;
}
if (right >= dp.size()) dp.push_back(actors[i][1]);
else dp[right] = actors[i][1];
}
return dp.size();
}
static bool my_compare(vector<int> a, vector<int> b) {
if(a[0] < b[0]) //最长递增子序列
return true;
else
return false;
}
};