先来个板子
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+20, M = 1e6+10, mod = 1e9+7, inf = 1e9+1000;
typedef long long ll;
struct node
{
int c;
int num;
} u[N];
int i,j,k = 0,n,m,x,y = 0,T = 0,ans = 0,big = 0,cas = 0,num = 0,len = 0;
bool flag = 0;
bool cmp(node a,node b)
{
if (a.c==b.c) return a.num>b.num;
return a.c<b.c;
}
vector <int> p;
int a[N],b[N],c[N];
int lena,lenb,dp[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&lena,&lenb);
for(int i=0;i<lena;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<lenb;i++) scanf("%d",&b[i]);
for (i=0;i<lenb;i++)
{
u[i].c=b[i];
u[i].num=i;
}
sort(u,u+lenb,cmp);//对b串排序
for (i=0;i<lenb;i++)//排序后存入字符串c中，便于使用lower_bound
{
c[i]=u[i].c;
}
c[lenb]=1e9+10;
for (i=0;i<lena;i++)//计算A中每个元素在B中的序号
{
k=lower_bound(c,c+lenb,a[i])-c;
while (k<lenb && a[i]==c[k])
{
p.push_back(u[k].num);
k++;
}
}
if(p.size()==0) {
printf("1\n");
return 0;
}
n=p.size();
dp[1] = p[0] ; dp[0] = -inf ;
for( i = ans = 1 ; i < n ; i++)
{
int l = 0 , r = ans ;
while( l <= r )
{
int mid = ( l + r ) >> 1 ;
if( dp[mid] >= p[i] ) r = mid - 1 ;
else l = mid + 1 ;
}
if( r == ans ) ans++,dp[r+1] = p[i] ;
else if( dp[r+1] > p[i] ) dp[r+1] = p[i] ;
}
printf("%d\n",ans+1);
return 0;
}
最长公共子序列问题：
给定2个字符串，求其最长公共子串。如abcde和dbada的最长公共字串为bd。
动态规划：dp[i][j]表示A串前i个和B串前j个的最长公共子串的长度。
则
若A[i] == B[j] , dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;
否则 dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);
时间复杂度O(N*M)。
dp[i][j]仅在A[i]==B[j]处才增加，对于不相等的地方对最终值是没有影响的。
故枚举相等点处可以对其进行优化。
则对于dp[i][j]（这里只计算A[i]==B[j]的i和j），取最大的dp[p][q]，满足（p<i,q<j），通过二叉搜索树可以再logn的时间里获取到最大的dp[p][q]，区间在[0,j)。
这里也可将其转化为最长递增子序列问题。
举例说明：
A：abdba
B：dbaaba
则1：先顺序扫描A串，取其在B串的所有位置：
2：a(2,3,5) b(1,4) d(0)。
3：用每个字母的反序列替换，则最终的最长严格递增子序列的长度即为解。
替换结果：532 41 0 41 532
最大长度为3.
简单说明：上面的序列和最长公共子串是等价的。
对于一个满足最长严格递增子序列的序列，该序列必对应一个匹配的子串。
反序是为了在递增子串中，每个字母对应的序列最多只有一个被选出。
反证法可知不存在更大的公共子串，因为如果存在，则求得的最长递增子序列不是最长的，矛盾。
最长递增子序列可在O(NLogN)的时间内算出。
dp[i] = max(dp[j]+1) ( 满足 a[i] > a[j] && i > j )
显然对于同样的如dp[k] = 3，假定k有多个，记为看k1,k2,.....,km 设k1 < k2 < .... < km
在计算dp[i]的时候，k2,k3,....,km显然对结果没有帮助，取当前最小的k,
满足ans[k] = p (最小的p使得dp[p]=k) ,每次二分，更新ans[dp[i]] = min(ans[dp[i]],i).
ps：LCS在最终的时间复杂度上不是严格的O(nlogn)，不知均摊上是不是。
举个退化的例子：
如A：aaa
B：aaaa
则序列321032103210
长度变成了n*m ,最终时间复杂度O(n*m*(lognm)) > O(n*m)。
这种情况不知有没有很好的解决办法。