动态规划：最长递增子序列问题（LIS）的时间复杂度由O(n^2）降低为O(nlogn)的改良算法的自我理解

问题：原算法的时间复杂度为n^2，如何降低其时间复杂度？
着眼点：原算法在计算每一个dp[i]时都需要将前序所有dp[i]遍历一遍才能获得当前的dp[i]，如何减少这种遍历？

解决方法：

• 本算法原理：在原算法中，每接触到一个新元素时，我们考虑以它为结尾的最长递增子序列长度是不会考虑前面元素具体的分布的，即哪些元素是构成LIS的，哪些不是，我们只是记录了长度，而事实上这种分布可以帮助我们统计后面新元素加入后的LIS的长度变化。
  如果我们把这种分布记录下来，那么在遇到新的元素时，我们就不用再考虑遍历前面所有的元素以求加入新元素后的最大LIS长度，我们只需要知道当前LIS的最大元素是谁，那么新元素大于这个最大元素，LIS的长度就能加1，如果小于等于最大元素，长度就不会变，然后记下新的元素分布。
  又由上可知，我们真正需要记录的元素分布，其实并不需要记录每个LIS长度下所有构成元素的排列，我们所需要的仅仅是记录每个LIS长度下的最大元素亦即尾部元素，然后用于接触新元素时的比较。
  • 存在的问题一：由于同一长度的递增子序列可能有很多个，这意味着我们需要选取该长度下具有最小尾部元素的递增子序列。
    • 为什么是“最小”？毫无疑问同一长度的极大递增子序列可能有很多个，那么为了让后续的元素加入考虑后，子序列的长度尽可能增加，新元素的值要大于当前递增子序列的尾部元素，那么挑选其中尾部元素最小的子序列才最有可能。
  • 存在的问题二：在每加入考虑一个新的元素后，不仅仅是新长度下最小尾部元素的记录（长度增加），如果长度未曾增加，对于前面已经记录某长度下的最小尾部元素也是存在影响的，所以每一轮需要检查是否会造成这种影响，如果有，则需要更新，因为新增的元素可能成为前面较小长度下的尾部元素。
• 具体如何计算加入考虑新元素后的最长递增子序列长度？
  • 如果新的元素比当前LIS的尾部元素要大，毫无疑问，最长递增子序列的长度将要增加1，此元素即为最新长度下的最小尾部元素；
  • 如果新的元素比当前LIS的尾部元素要小，毫无疑问，LIS的长度将不会改变。至于该长度下的最小尾部元素，则有可能需要更新，因为新元素有可能刚好介于某两个长度下的极大LIS的尾部元素之间（例如已有LIS各长度下最小尾部元素记录序列4 6 7，如果新元素是5，介于4和6之间，因此长度为2的LIS的最小尾部元素将不再是6，将变成5，最小尾部元素序列变为4 5 7），那么显然较长LIS的尾部元素显然有更好选择，新元素的值比较长LIS的尾部元素值要小，所以需要更新。
  • 要找到更新的位置，又因为记载了各个长度下LIS的最小尾部元素的数组是有序递增的，因此可以用二分查找法。
  • 相较于原算法，内循环去顺序遍历数组的方法，本算法只采用二分查找，大大降低了了复杂度
• 算法实现：记len为最长递增子序列的长度，minRearElem[len]为len长度下的LIS的最小尾部元素,每接触一个新元素seq[i]，比较它与minRearElem[len]的大小比较：
  • 若seq[i]>minRearElem[len]，则minRearElem[++len]=seq[i];
  • 否则利用二分查找，寻找到minRearElem[j-1]<=seq[i]<=minRearElem[j]，然后令minRearElem[j]=seq[i]；
    如此一直到外循环遍历完所有元素，即可获知LIS的长度。