动态规划设计：最长递增子序列

labuladong原创约 3536 字

本文讲解的例题

LeetCode	力扣	难度
354. Russian Doll Envelopes	354. 俄罗斯套娃信封问题	🔴
300. Longest Increasing Subsequence	300. 最长递增子序列	🟠

前置知识

阅读本文前，你需要先学习：

动态规划核心框架

也许有读者看了前文动态规划详解，学会了动态规划的套路：找到了问题的「状态」，明确了 dp 数组/函数的含义，定义了 base case；但是不知道如何确定「选择」，也就是找不到状态转移的关系，依然写不出动态规划解法，怎么办？

不要担心，动态规划的难点本来就在于寻找正确的状态转移方程，本文就借助经典的「最长递增子序列问题」来讲一讲设计动态规划的通用技巧：数学归纳思想。

最长递增子序列（Longest Increasing Subsequence，简写 LIS）是非常经典的一个算法问题，比较容易想到的是动态规划解法，时间复杂度 O(N^2)，我们借这个问题来由浅入深讲解如何找状态转移方程，如何写出动态规划解法。比较难想到的是利用二分查找，时间复杂度是 O(NlogN)，我们通过一种简单的纸牌游戏来辅助理解这种巧妙的解法。

力扣第 300 题「最长递增子序列」就是这个问题：

300. 最长递增子序列 | 力扣 | LeetCode |

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

提示：

1 <= nums.length <= 2500
-10⁴ <= nums[i] <= 10⁴

进阶：

你能将算法的时间复杂度降低到 O(n log(n)) 吗?

java 🟢

// 函数签名
int lengthOfLIS(int[] nums);

cpp 🤖

// 函数签名
int lengthOfLIS(vector<int>& nums);

python 🤖

# 函数签名
def lengthOfLIS(nums: List[int]) -> int:

go 🤖

// 函数签名
func lengthOfLIS(nums []int) int {}

javascript 🤖

// 函数签名
var lengthOfLIS = function(nums) {}

比如说输入 nums=[10,9,2,5,3,7,101,18]，其中最长的递增子序列是 [2,3,7,101]，所以算法的输出应该是 4。

注意「子序列」和「子串」这两个名词的区别，子串一定是连续的，而子序列不一定是连续的。下面先来设计动态规划算法解决这个问题。

一、动态规划解法

动态规划的核心设计思想是数学归纳法。

相信大家对数学归纳法都不陌生，高中就学过，而且思路很简单。比如我们想证明一个数学结论，那么我们先假设这个结论在 k < n 时成立，然后根据这个假设，想办法推导证明出 k = n 的时候此结论也成立。如果能够证明出来，那么就说明这个结论对于 k 等于任何数都成立。

类似的，我们设计动态规划算法，不是需要一个 dp 数组吗？我们可以假设 dp[0...i-1] 都已经被算出来了，然后问自己：怎么通过这些结果算出 dp[i]？

直接拿最长递增子序列这个问题举例你就明白了。不过，首先要定义清楚 dp 数组的含义，即 dp[i] 的值到底代表着什么？

我们的定义是这样的：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。

相关信息

为什么这样定义呢？这是解决子序列问题的一个套路，后文动态规划之子序列问题解题模板总结了几种常见套路。你读完本章所有的动态规划问题，就会发现 dp 数组的定义方法也就那几种。

根据这个定义，我们就可以推出 base case：dp[i] 初始值为 1，因为以 nums[i] 结尾的最长递增子序列起码要包含它自己。

举两个例子：

这个 GIF 展示了算法演进的过程：

根据这个定义，我们的最终结果（子序列的最大长度）应该是 dp 数组中的最大值。

int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
    res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;

读者也许会问，刚才的算法演进过程中每个 dp[i] 的结果是我们肉眼看出来的，我们应该怎么设计算法逻辑来正确计算每个 dp[i] 呢？

这就是动态规划的重头戏，如何设计算法逻辑进行状态转移，才能正确运行呢？这里需要使用数学归纳的思想：

假设我们已经知道了 dp[0..4] 的所有结果，我们如何通过这些已知结果推出 dp[5] 呢？

根据刚才我们对 dp 数组的定义，现在想求 dp[5] 的值，也就是想求以 nums[5] 为结尾的最长递增子序列。

nums[5] = 3，既然是递增子序列，我们只要找到前面那些结尾比 3 小的子序列，然后把 3 接到这些子序列末尾，就可以形成一个新的递增子序列，而且这个新的子序列长度加一。

nums[5] 前面有哪些元素小于 nums[5]？这个好算，用 for 循环比较一波就能把这些元素找出来。

以这些元素为结尾的最长递增子序列的长度是多少？回顾一下我们对 dp 数组的定义，它记录的正是以每个元素为末尾的最长递增子序列的长度。

以我们举的例子来说，nums[0] 和 nums[4] 都是小于 nums[5] 的，然后对比 dp[0] 和 dp[4] 的值，我们让 nums[5] 和更长的递增子序列结合，得出 dp[5] = 3：

for (int j = 0; j < i; j++) {
    if (nums[i] > nums[j]) {
        dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
    }
}

当 i = 5 时，这段代码的逻辑就可以算出 dp[5]。其实到这里，这道算法题我们就基本做完了。

读者也许会问，我们刚才只是算了 dp[5] 呀，dp[4], dp[3] 这些怎么算呢？类似数学归纳法，你已经可以算出 dp[5] 了，其他的就都可以算出来：

for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
    for (int j = 0; j < i; j++) {
        // 寻找 nums[0..i-1] 中比 nums[i] 小的元素
        if (nums[i] > nums[j]) {
            // 把 nums[i] 接在后面，即可形成长度为 dp[j] + 1，
            // 且以 nums[i] 为结尾的递增子序列
            dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
        }
    }
}

结合我们刚才说的 base case，下面我们看一下完整代码：

java 🟢

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        // 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
        int[] dp = new int[nums.length];
        // base case：dp 数组全都初始化为 1
        Arrays.fill(dp, 1);
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                if (nums[i] > nums[j]) {
                    dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
        }
        
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
            res = Math.max(res, dp[i]);
        }
        return res;
    }
}

cpp 🤖

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        // 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
        vector<int> dp(nums.size());
        // base case：dp 数组全都初始化为 1
        fill(dp.begin(), dp.end(), 1);
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                if (nums[i] > nums[j]) {
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
                }
            }
        }
        
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
            res = max(res, dp[i]);
        }
        return res;
    }
};

python 🤖

class Solution:
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        # 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
        dp = [1]*len(nums)
        # base case：dp 数组全都初始化为 1
        for i in range(len(nums)):
            for j in range(i):
                if nums[i] > nums[j]: 
                    dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1) 
        
        res = 0
        for i in range(len(dp)):
            res = max(res, dp[i])
        return res

go 🤖

func lengthOfLIS(nums []int) int {
    // 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
    dp := make([]int, len(nums))
    // base case：dp 数组全都初始化为 1
    for i := range dp {
        dp[i] = 1
    }
    for i := 0; i < len(nums); i++ {
        for j := 0; j < i; j++ {
            if nums[i] > nums[j] {
                // dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
                dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
    }

    res := 0
    for i := 0; i < len(dp); i++ {
        res = max(res, dp[i])
    }
    return res
}

func max(a, b int) int {
    if a > b {
        return a
    }
    return b
}

javascript 🤖

var lengthOfLIS = function(nums) {
    // 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
    let dp = new Array(nums.length).fill(1);
    // base case：dp 数组全都初始化为 1
    for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
        for (let j = 0; j < i; j++) {
            if (nums[i] > nums[j]) {
                dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
    }

    let res = 0;
    for (let i = 0; i < dp.length; i++) {
        res = Math.max(res, dp[i]);
    }
    return res;
};

至此，这道题就解决了，时间复杂度 $O(N^2)$ 。总结一下如何找到动态规划的状态转移关系：

1、明确 dp 数组的定义。这一步对于任何动态规划问题都很重要，如果不得当或者不够清晰，会阻碍之后的步骤。

2、根据 dp 数组的定义，运用数学归纳法的思想，假设 dp[0...i-1] 都已知，想办法求出 dp[i]，一旦这一步完成，整个题目基本就解决了。

但如果无法完成这一步，很可能就是 dp 数组的定义不够恰当，需要重新定义 dp 数组的含义；或者可能是 dp 数组存储的信息还不够，不足以推出下一步的答案，需要把 dp 数组扩大成二维数组甚至三维数组。

目前的解法是标准的动态规划，但对最长递增子序列问题来说，这个解法不是最优的，可能无法通过所有测试用例了，下面讲讲更高效的解法。

二、二分查找解法

这个解法的时间复杂度为 $O(NlogN)$ ，但是说实话，正常人基本想不到这种解法（也许玩过某些纸牌游戏的人可以想出来）。所以大家了解一下就好，正常情况下能够给出动态规划解法就已经很不错了。

根据题目的意思，我都很难想象这个问题竟然能和二分查找扯上关系。其实最长递增子序列和一种叫做 patience game 的纸牌游戏有关，甚至有一种排序方法就叫做 patience sorting（耐心排序）。

为了简单起见，后文跳过所有数学证明，通过一个简化的例子来理解一下算法思路。

首先，给你一排扑克牌，我们像遍历数组那样从左到右一张一张处理这些扑克牌，最终要把这些牌分成若干堆。

处理这些扑克牌要遵循以下规则：

只能把点数小的牌压到点数比它大的牌上；如果当前牌点数较大没有可以放置的堆，则新建一个堆，把这张牌放进去；如果当前牌有多个堆可供选择，则选择最左边的那一堆放置。

比如说上述的扑克牌最终会被分成这样 5 堆（我们认为纸牌 A 的牌面是最大的，纸牌 2 的牌面是最小的）。

为什么遇到多个可选择堆的时候要放到最左边的堆上呢？因为这样可以保证牌堆顶的牌有序（2, 4, 7, 8, Q），证明略。

按照上述规则执行，可以算出最长递增子序列，牌的堆数就是最长递增子序列的长度，证明略。

我们只要把处理扑克牌的过程编程写出来即可。每次处理一张扑克牌不是要找一个合适的牌堆顶来放吗，牌堆顶的牌不是有序吗，这就能用到二分查找了：用二分查找来搜索当前牌应放置的位置。

提示

前文二分查找算法详解详细介绍了二分查找的细节及变体，这里就完美应用上了，如果没读过强烈建议阅读。

java 🟢

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        int[] top = new int[nums.length];
        // 牌堆数初始化为 0
        int piles = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            // 要处理的扑克牌
            int poker = nums[i];

            // ***** 搜索左侧边界的二分查找 *****
            int left = 0, right = piles;
            while (left < right) {
                int mid = (left + right) / 2;
                if (top[mid] > poker) {
                    right = mid;
                } else if (top[mid] < poker) {
                    left = mid + 1;
                } else {
                    right = mid;
                }
            }
            // *********************************
            
            // 没找到合适的牌堆，新建一堆
            if (left == piles) piles++;
            // 把这张牌放到牌堆顶
            top[left] = poker;
        }
        // 牌堆数就是 LIS 长度
        return piles;
    }
}

cpp 🤖

class Solution {
public:
    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        vector<int> top(nums.size());
        // 牌堆数初始化为 0
        int piles = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            // 要处理的扑克牌
            int poker = nums[i];

            // ***** 搜索左侧边界的二分查找 *****
            int left = 0, right = piles;
            while (left < right) {
                int mid = (left + right) / 2;
                if (top[mid] > poker) {
                    right = mid;
                } else if (top[mid] < poker) {
                    left = mid + 1;
                } else {
                    right = mid;
                }
            }
            // ********************************
            
            // 没找到合适的牌堆，新建一堆
            if (left == piles) piles++;
            // 把这张牌放到牌堆顶
            top[left] = poker;
        }
        // 牌堆数就是 LIS 长度
        return piles;
    }
};

python 🤖

class Solution:
    def lengthOfLIS(self, nums):
        top = [0] * len(nums)
        # 牌堆数初始化为 0
        piles = 0
        for i in range(len(nums)):
            # 要处理的扑克牌
            poker = nums[i]

            # 搜索左侧边界的二分查找
            left, right = 0, piles
            while left < right:
                mid = (left + right) // 2
                if top[mid] > poker:
                    right = mid
                elif top[mid] < poker:
                    left = mid + 1
                else:
                    right = mid

            # 没找到合适的牌堆，新建一堆
            if left == piles:
                piles += 1
            # 把这张牌放到牌堆顶
            top[left] = poker
        # 牌堆数就是 LIS 长度
        return piles

go 🤖

func lengthOfLIS(nums []int) int {
    top := make([]int, len(nums))
    // 牌堆数初始化为 0
    var piles int
    for i := 0; i < len(nums); i++ {
        // 要处理的扑克牌
        poker := nums[i]

        // ***** 搜索左侧边界的二分查找 *****
        var left, right int = 0, piles
        for left < right {
            mid := (left + right) / 2
            if top[mid] > poker {
                right = mid
            } else if top[mid] < poker {
                left = mid + 1
            } else {
                right = mid
            }
        }
        // ********************************
        
        // 没找到合适的牌堆，新建一堆
        if left == piles {
            piles++
        }
        // 把这张牌放到牌堆顶
        top[left] = poker
    }
    // 牌堆数就是 LIS 长度
    return piles
}

javascript 🤖

var lengthOfLIS = function(nums) {
    var top = new Array(nums.length);
    // 牌堆数初始化为 0
    var piles = 0;
    for (var i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 要处理的扑克牌
        var poker = nums[i];

        // ***** 搜索左侧边界的二分查找 *****
        var left = 0, right = piles;
        while (left < right) {
            var mid = Math.floor((left + right) / 2);
            if (top[mid] > poker) {
                right = mid;
            } else if (top[mid] < poker) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid;
            }
        }
        // ********************************
        
        // 没找到合适的牌堆，新建一堆
        if (left == piles) piles++;
        // 把这张牌放到牌堆顶
        top[left] = poker;
    }
    // 牌堆数就是 LIS 长度
    return piles;
};

至此，二分查找的解法也讲解完毕。

这个解法确实很难想到。首先涉及数学证明，谁能想到按照这些规则执行，就能得到最长递增子序列呢？其次还有二分查找的运用，要是对二分查找的细节不清楚，给了思路也很难写对。

所以，这个方法作为思维拓展好了。但动态规划的设计方法应该完全理解：假设之前的答案已知，利用数学归纳的思想正确进行状态的推演转移，最终得到答案。

三、拓展到二维

我们看一个经常出现在生活中的有趣问题，力扣第 354 题「俄罗斯套娃信封问题」，先看下题目：

354. 俄罗斯套娃信封问题 | 力扣 | LeetCode |

给你一个二维整数数组 envelopes ，其中 envelopes[i] = [w_i, h_i] ，表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算 最多能有多少个 信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

注意：不允许旋转信封。

示例 1：

输入：envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出：3
解释：最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。

示例 2：

输入：envelopes = [[1,1],[1,1],[1,1]]
输出：1

提示：

1 <= envelopes.length <= 10⁵
envelopes[i].length == 2
1 <= w_i, h_i <= 10⁵

这道题目其实是最长递增子序列的一个变种，因为每次合法的嵌套是大的套小的，相当于在二维平面中找一个最长递增的子序列，其长度就是最多能嵌套的信封个数。

前面说的标准 LIS 算法只能在一维数组中寻找最长子序列，而我们的信封是由 (w, h) 这样的二维数对形式表示的，如何把 LIS 算法运用过来呢？

读者也许会想，通过 w × h 计算面积，然后对面积进行标准的 LIS 算法。但是稍加思考就会发现这样不行，比如 1 × 10 大于 3 × 3，但是显然这样的两个信封是无法互相嵌套的。

这道题的解法比较巧妙：

先对宽度 w 进行升序排序，如果遇到 w 相同的情况，则按照高度 h 降序排序；之后把所有的 h 作为一个数组，在这个数组上计算 LIS 的长度就是答案。

画个图理解一下，先对这些数对进行排序：

然后在 h 上寻找最长递增子序列，这个子序列就是最优的嵌套方案：

那么为什么这样就可以找到可以互相嵌套的信封序列呢？稍微思考一下就明白了：

首先，对宽度 w 从小到大排序，确保了 w 这个维度可以互相嵌套，所以我们只需要专注高度 h 这个维度能够互相嵌套即可。

其次，两个 w 相同的信封不能相互包含，所以对于宽度 w 相同的信封，对高度 h 进行降序排序，保证二维 LIS 中不存在多个 w 相同的信封（因为题目说了长宽相同也无法嵌套）。

下面看解法代码：

java 🟢

class Solution {
    // envelopes = [[w, h], [w, h]...]
    public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {
        int n = envelopes.length;
        // 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
        Arrays.sort(envelopes, (int[] a, int[] b) -> {
            return a[0] == b[0] ? 
                b[1] - a[1] : a[0] - b[0];
        });
        // 对高度数组寻找 LIS
        int[] height = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            height[i] = envelopes[i][1];

        return lengthOfLIS(height);
    }

    int lengthOfLIS(int[] nums) {
        // 见前文
    }
}

cpp 🤖

class Solution {
public:
    // envelopes = {{w, h}, {w, h}...}
    int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {
        int n = envelopes.size();
        // 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
        sort(envelopes.begin(), envelopes.end(), [](vector<int>& a, vector<int>& b) {
            return a[0] == b[0] ? 
                b[1] < a[1] : a[0] < b[0];
        });
        // 对高度数组寻找 LIS
        vector<int> height(n);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            height[i] = envelopes[i][1];

        return lengthOfLIS(height);
    }

    int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
        // 见前文
    }
};

python 🤖

class Solution:
    # envelopes = [[w, h], [w, h]...]
    def maxEnvelopes(self, envelopes: List[List[int]]) -> int:
        n = len(envelopes)
        # 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
        envelopes.sort(key = lambda x: (x[0], -x[1]))
        # 对高度数组寻找 LIS
        height = [a[1] for a in envelopes]

        return self.lengthOfLIS(height)
        
    def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
        # 见前文
        pass

go 🤖

import "sort"

// envelopes = [[w, h], [w, h]...]
func maxEnvelopes(envelopes [][]int) int {
    n := len(envelopes)
    // 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
    sort.Slice(envelopes, func(i, j int) bool {
        if envelopes[i][0] == envelopes[j][0] {
            return envelopes[i][1] > envelopes[j][1]
        }
        return envelopes[i][0] < envelopes[j][0]
    })
    // 对高度数组寻找 LIS
    height := make([]int, n)
    for i := 0; i < n; i++ {
        height[i] = envelopes[i][1]
    }

    return lengthOfLIS(height)
}

func lengthOfLIS(nums []int) int {
    // 见前文
}

javascript 🤖

// envelopes = [[w, h], [w, h]...]
var maxEnvelopes = function(envelopes) {
    // 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
    let n = envelopes.length;
    envelopes.sort((a, b) => a[0] == b[0] ? b[1] - a[1] : a[0] - b[0]);
    // 对高度数组寻找 LIS
    let height = new Array(n);
    for (let i = 0; i < n; i++)
        height[i] = envelopes[i][1];

    return lengthOfLIS(height);
}
  
var lengthOfLIS = function(nums) {
    // 见前文
}

为了复用之前的函数，我将代码分为了两个函数，你也可以合并代码，节省下 height 数组的空间。

由于增加了测试用例，这里必须使用二分搜索版的 lengthOfLIS 函数才能通过所有测试用例。这样的话算法的时间复杂度为 $O(NlogN)$ ，因为排序和计算 LIS 各需要 $O(NlogN)$ 的时间，加到一起还是 $O(NlogN)$ ；空间复杂度为 $O(N)$ ，因为计算 LIS 的函数中需要一个 top 数组。

引用本文的题目

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354. 俄罗斯套娃信封问题 https://leetcode.cn/problems/russian-doll-envelopes

354. Russian Doll Envelopes https://leetcode.com/problems/russian-doll-envelopes

一、动态规划解法

二、二分查找解法

三、拓展到二维