LIS 最长单调上升子序列

题目：
给出一个由n个数组成的序列x[1..n]，找出它的最长单调上升子序列。即求最大的m和a1,
a2……,am，使得a1
这是一道动态规划的经典应用。一种动态规划的状态表示描述为：
m[i]，1≤i≤n，表示以x[i]结尾的最长上升子序列的长度，则问题的解为 max{m[i],1≤i
≤n}，状态转移方程和边界条件为：
m[i]=1+max{m[k]满足 x[k]
同时当m[i]>1时，令p[i]=k，表示最优决策，以便在计算出最优值后构造最长单调上升子序
列。
上述算法的状态总数为O(n)，每个状态转移的状态数最多为O(n)，每次状态转移的时间为
O(1)，所以算法总的时间复杂度为O(n2)。

我们先来考虑以下两种情况：
1、若x[i] 的状态m[k] (k>j，k>i)，必有x[k]>x[j]>x[i]，则m[k]也能由m[i]转移得到；另一方面，
可以由状态m[i]转移得到的状态m[k] (k>j，k>i)，当x[j]>x[k]>x[i]时，m[k]就无法由
m[j]转移得到。
由此可见，在所有状态值相同的状态中，只需保留最后一个元素值最小的那个状态即可。
2、若x[i]m[j]，则m[j]这个状态不必保留。因为，可以由状态m[j]转移得到
的状态m[k] (k>j，k>i)，必有x[k]>x[j]>x[i]，则m[k]也能由m[i]转移得到，而且
m[i]>m[j]，所以m[k]≥m[i]+1>m[j]+1，则m[j]的状态转移是没有意义的。
综合上述两点，我们得出了状态m[k]需要保留的必要条件：不存在i使得：x[i] m[i]≥m[k]。于是，我们保留的状态中不存在相同的状态值，且随着状态值的增加，最后一
个元素的值也是单调递增的。
也就是说，设当前保留的状态集合为S，则S具有以下性质D：
对于任意i∈S, j∈S, i≠j有：m[i]≠m[j]，且若m[i] x[i]>x[j]。
下面我们来考虑状态转移：假设当前已求出m[1..i-1]，当前保留的状态集合为S，下面计算
m[i]。
1、若存在状态k∈S，使得x[k]=x[i]，则状态m[i]必定不需保留，不必计算。因为，不妨设
m[i]=m[j]+1，则x[j] 所以状态m[i]不需保留。
2、否则，m[i]=1+max{m[j]| x[j] x[j]=max{x[k]|x[k] 3、若2成立，则我们往S中增加了一个状态，为了保持S的性质，我们要对S进行维护，若存
在状态k∈S，使得m[i]=m[k]，则我们有x[i]x[i], j∈S}。
于是状态k应从S中删去。
于是，我们得到了改进后的算法：
For i:=1 to n do
{
   找出集合S中的x值不超过x[i]的最大元素k；
   if   x[k]    {
       m[i]:=m[k]+1;
       将状态i插入集合S；
       找出集合S中的x值大于x[i]的最小元素j；
       if   m[j]=m[i]   then   将状态j从S中删去；
   }
}
从性质D和算法描述可以发现，S实际上是以x值为关键字（也是以m值为关键字）的有序集合
。若使用平衡树实现有序集合S，则该算法的时间复杂度为O(n*logn)。（每个状态转移的状
态数仅为O(1)，而每次状态转移的时间变为O(logn)）。也可以记录每个状态下的末尾最小值，

用二分法实现这个复杂度。