Comment déterminer la sous-séquence croissante la plus longue en utilisant la programmation dynamique?
J'ai un ensemble de nombres entiers. Je veux trouver la la plus longue sous-séquence croissante de cet ensemble en utilisant la programmation dynamique.
Bien, je vais d'abord décrire la solution la plus simple, qui est O (N ^ 2), où N est la taille de la collection. Il existe également une solution O (N log N), que je décrirai également. Regardez ici pour cela à la section Algorithmes efficaces.
Je suppose que les indices du tableau vont de 0 à N - 1. Définissons donc DP[i] comme étant la longueur de la sous-séquence LIS (augmentation la plus longue) qui se termine à l’élément avec l’index i. Pour calculer DP[i], examinons tous les indices j < i et vérifions à la fois si DP[j] + 1 > DP[i] et array[j] < array[i] (nous voulons qu’il soit en augmentation). Si cela est vrai, nous pouvons mettre à jour l'optimum actuel pour DP[i]. Pour trouver l'optimum global pour le tableau, vous pouvez prendre la valeur maximale de DP[0...N - 1].
int maxLength = 1, bestEnd = 0;
DP[0] = 1;
prev[0] = -1;
for (int i = 1; i < N; i++)
{
DP[i] = 1;
prev[i] = -1;
for (int j = i - 1; j >= 0; j--)
if (DP[j] + 1 > DP[i] && array[j] < array[i])
{
DP[i] = DP[j] + 1;
prev[i] = j;
}
if (DP[i] > maxLength)
{
bestEnd = i;
maxLength = DP[i];
}
}
J'utilise le tableau prev pour pouvoir trouver plus tard la séquence réelle et pas seulement sa longueur. Il suffit de revenir récursivement de bestEnd dans une boucle en utilisant prev[bestEnd]. La valeur -1 est un signe d'arrêt.
OK, passons maintenant à la solution O(N log N) plus efficace:
Laissez S[pos] être défini comme le plus petit entier terminant une séquence croissante de longueur pos. Maintenant, parcourez chaque entier X du jeu d'entrée et procédez comme suit:
Si
X> dernier élément deS, ajoutezXà la fin deS. Cela signifie essentiellement que nous avons trouvé une nouvelle plus grandeLIS.Sinon, recherchez le plus petit élément dans
S, qui est>=queX, et remplacez-le parX. Étant donné queSest trié à tout moment, l'élément peut être trouvé à l'aide de la recherche binaire danslog(N).
Temps d'exécution total - N entiers et recherche binaire pour chacun d'eux - N * log (N) = O (N log N)
Faisons maintenant un exemple concret:
Collection d'entiers: 2 6 3 4 1 2 9 5 8
Pas:
0. S = {} - Initialize S to the empty set
1. S = {2} - New largest LIS
2. S = {2, 6} - New largest LIS
3. S = {2, 3} - Changed 6 to 3
4. S = {2, 3, 4} - New largest LIS
5. S = {1, 3, 4} - Changed 2 to 1
6. S = {1, 2, 4} - Changed 3 to 2
7. S = {1, 2, 4, 9} - New largest LIS
8. S = {1, 2, 4, 5} - Changed 9 to 5
9. S = {1, 2, 4, 5, 8} - New largest LIS
Donc, la longueur du LIS est 5 (la taille de S).
Pour reconstruire la LIS réelle, nous allons à nouveau utiliser un tableau parent . Soit parent[i] le prédécesseur de l'élément d'index i dans la LIS se terminant à l'élément avec l'index i.
Pour simplifier les choses, nous pouvons conserver dans le tableau S, pas les entiers réels, mais leurs indices (positions) dans l'ensemble. Nous ne gardons pas {1, 2, 4, 5, 8}, mais gardons {4, 5, 3, 7, 8}.
C'est-à-dire entrée [4] = 1, entrée [5] = 2, entrée [3] = 4, entrée [7] = 5, entrée [8] = 8.
Si nous mettons à jour correctement le tableau parent, le LIS actuel est:
input[S[lastElementOfS]],
input[parent[S[lastElementOfS]]],
input[parent[parent[S[lastElementOfS]]]],
........................................
Passons maintenant à l’important: comment mettre à jour le tableau parent? Il y a deux options:
Si
X> dernier élément deS, alorsparent[indexX] = indexLastElement. Cela signifie que le parent de l'élément le plus récent est le dernier élément. Nous ajoutons simplementXà la fin deS.Sinon, recherchez l'index du plus petit élément dans
S, qui est>=queX, et remplacez-le parX. Iciparent[indexX] = S[index - 1].
L'explication de Petar Minchev m'a aidé à clarifier les choses, mais il m'était difficile d'analyser ce qui était tout. J'ai donc implémenté Python avec des noms de variables trop descriptifs et de nombreux commentaires. J'ai fait une solution récursive naïve, la solution O (n ^ 2) et la solution O (n log n).
J'espère que cela aide à clarifier les algorithmes!
La solution récursive
def recursive_solution(remaining_sequence, bigger_than=None):
"""Finds the longest increasing subsequence of remaining_sequence that is
bigger than bigger_than and returns it. This solution is O(2^n)."""
# Base case: nothing is remaining.
if len(remaining_sequence) == 0:
return remaining_sequence
# Recursive case 1: exclude the current element and process the remaining.
best_sequence = recursive_solution(remaining_sequence[1:], bigger_than)
# Recursive case 2: include the current element if it's big enough.
first = remaining_sequence[0]
if (first > bigger_than) or (bigger_than is None):
sequence_with = [first] + recursive_solution(remaining_sequence[1:], first)
# Choose whichever of case 1 and case 2 were longer.
if len(sequence_with) >= len(best_sequence):
best_sequence = sequence_with
return best_sequence
La solution de programmation dynamique O (n ^ 2)
def dynamic_programming_solution(sequence):
"""Finds the longest increasing subsequence in sequence using dynamic
programming. This solution is O(n^2)."""
longest_subsequence_ending_with = []
backreference_for_subsequence_ending_with = []
current_best_end = 0
for curr_elem in range(len(sequence)):
# It's always possible to have a subsequence of length 1.
longest_subsequence_ending_with.append(1)
# If a subsequence is length 1, it doesn't have a backreference.
backreference_for_subsequence_ending_with.append(None)
for prev_elem in range(curr_elem):
subsequence_length_through_prev = (longest_subsequence_ending_with[prev_elem] + 1)
# If the prev_elem is smaller than the current elem (so it's increasing)
# And if the longest subsequence from prev_elem would yield a better
# subsequence for curr_elem.
if ((sequence[prev_elem] < sequence[curr_elem]) and
(subsequence_length_through_prev >
longest_subsequence_ending_with[curr_elem])):
# Set the candidate best subsequence at curr_elem to go through prev.
longest_subsequence_ending_with[curr_elem] = (subsequence_length_through_prev)
backreference_for_subsequence_ending_with[curr_elem] = prev_elem
# If the new end is the best, update the best.
if (longest_subsequence_ending_with[curr_elem] >
longest_subsequence_ending_with[current_best_end]):
current_best_end = curr_elem
# Output the overall best by following the backreferences.
best_subsequence = []
current_backreference = current_best_end
while current_backreference is not None:
best_subsequence.append(sequence[current_backreference])
current_backreference = (backreference_for_subsequence_ending_with[current_backreference])
best_subsequence.reverse()
return best_subsequence
La solution de programmation dynamique O (n log n)
def find_smallest_elem_as_big_as(sequence, subsequence, elem):
"""Returns the index of the smallest element in subsequence as big as
sequence[elem]. sequence[elem] must not be larger than every element in
subsequence. The elements in subsequence are indices in sequence. Uses
binary search."""
low = 0
high = len(subsequence) - 1
while high > low:
mid = (high + low) / 2
# If the current element is not as big as elem, throw out the low half of
# sequence.
if sequence[subsequence[mid]] < sequence[elem]:
low = mid + 1
# If the current element is as big as elem, throw out everything bigger, but
# keep the current element.
else:
high = mid
return high
def optimized_dynamic_programming_solution(sequence):
"""Finds the longest increasing subsequence in sequence using dynamic
programming and binary search (per
http://en.wikipedia.org/wiki/Longest_increasing_subsequence). This solution
is O(n log n)."""
# Both of these lists hold the indices of elements in sequence and not the
# elements themselves.
# This list will always be sorted.
smallest_end_to_subsequence_of_length = []
# This array goes along with sequence (not
# smallest_end_to_subsequence_of_length). Following the corresponding element
# in this array repeatedly will generate the desired subsequence.
parent = [None for _ in sequence]
for elem in range(len(sequence)):
# We're iterating through sequence in order, so if elem is bigger than the
# end of longest current subsequence, we have a new longest increasing
# subsequence.
if (len(smallest_end_to_subsequence_of_length) == 0 or
sequence[elem] > sequence[smallest_end_to_subsequence_of_length[-1]]):
# If we are adding the first element, it has no parent. Otherwise, we
# need to update the parent to be the previous biggest element.
if len(smallest_end_to_subsequence_of_length) > 0:
parent[elem] = smallest_end_to_subsequence_of_length[-1]
smallest_end_to_subsequence_of_length.append(elem)
else:
# If we can't make a longer subsequence, we might be able to make a
# subsequence of equal size to one of our earlier subsequences with a
# smaller ending number (which makes it easier to find a later number that
# is increasing).
# Thus, we look for the smallest element in
# smallest_end_to_subsequence_of_length that is at least as big as elem
# and replace it with elem.
# This preserves correctness because if there is a subsequence of length n
# that ends with a number smaller than elem, we could add elem on to the
# end of that subsequence to get a subsequence of length n+1.
location_to_replace = find_smallest_elem_as_big_as(sequence, smallest_end_to_subsequence_of_length, elem)
smallest_end_to_subsequence_of_length[location_to_replace] = elem
# If we're replacing the first element, we don't need to update its parent
# because a subsequence of length 1 has no parent. Otherwise, its parent
# is the subsequence one shorter, which we just added onto.
if location_to_replace != 0:
parent[elem] = (smallest_end_to_subsequence_of_length[location_to_replace - 1])
# Generate the longest increasing subsequence by backtracking through parent.
curr_parent = smallest_end_to_subsequence_of_length[-1]
longest_increasing_subsequence = []
while curr_parent is not None:
longest_increasing_subsequence.append(sequence[curr_parent])
curr_parent = parent[curr_parent]
longest_increasing_subsequence.reverse()
return longest_increasing_subsequence
En parlant de solution DP, je trouve surprenant que personne ne mentionne le fait que LIS peut être réduit à LCS . Tout ce que vous avez à faire est de trier la copie de la séquence originale, de supprimer tous les doublons et d’en faire le LCS. En pseudocode c'est:
def LIS(S):
T = sort(S)
T = removeDuplicates(T)
return LCS(S, T)
Et la mise en œuvre complète écrite dans Go. Vous n'avez pas besoin de gérer la totalité de la matrice n ^ 2 DP si vous n'avez pas besoin de reconstruire la solution.
func lcs(arr1 []int) int {
arr2 := make([]int, len(arr1))
for i, v := range arr1 {
arr2[i] = v
}
sort.Ints(arr1)
arr3 := []int{}
prev := arr1[0] - 1
for _, v := range arr1 {
if v != prev {
prev = v
arr3 = append(arr3, v)
}
}
n1, n2 := len(arr1), len(arr3)
M := make([][]int, n2 + 1)
e := make([]int, (n1 + 1) * (n2 + 1))
for i := range M {
M[i] = e[i * (n1 + 1):(i + 1) * (n1 + 1)]
}
for i := 1; i <= n2; i++ {
for j := 1; j <= n1; j++ {
if arr2[j - 1] == arr3[i - 1] {
M[i][j] = M[i - 1][j - 1] + 1
} else if M[i - 1][j] > M[i][j - 1] {
M[i][j] = M[i - 1][j]
} else {
M[i][j] = M[i][j - 1]
}
}
}
return M[n2][n1]
}
L’implémentation C++ suivante inclut également du code qui construit la sous-séquence croissante la plus longue à l’aide d’un tableau appelé prev.
std::vector<int> longest_increasing_subsequence (const std::vector<int>& s)
{
int best_end = 0;
int sz = s.size();
if (!sz)
return std::vector<int>();
std::vector<int> prev(sz,-1);
std::vector<int> memo(sz, 0);
int max_length = std::numeric_limits<int>::min();
memo[0] = 1;
for ( auto i = 1; i < sz; ++i)
{
for ( auto j = 0; j < i; ++j)
{
if ( s[j] < s[i] && memo[i] < memo[j] + 1 )
{
memo[i] = memo[j] + 1;
prev[i] = j;
}
}
if ( memo[i] > max_length )
{
best_end = i;
max_length = memo[i];
}
}
// Code that builds the longest increasing subsequence using "prev"
std::vector<int> results;
results.reserve(sz);
std::stack<int> stk;
int current = best_end;
while (current != -1)
{
stk.Push(s[current]);
current = prev[current];
}
while (!stk.empty())
{
results.Push_back(stk.top());
stk.pop();
}
return results;
}
L'implémentation sans pile vient d'inverser le vecteur
#include <iostream>
#include <vector>
#include <limits>
std::vector<int> LIS( const std::vector<int> &v ) {
auto sz = v.size();
if(!sz)
return v;
std::vector<int> memo(sz, 0);
std::vector<int> prev(sz, -1);
memo[0] = 1;
int best_end = 0;
int max_length = std::numeric_limits<int>::min();
for (auto i = 1; i < sz; ++i) {
for ( auto j = 0; j < i ; ++j) {
if (s[j] < s[i] && memo[i] < memo[j] + 1) {
memo[i] = memo[j] + 1;
prev[i] = j;
}
}
if(memo[i] > max_length) {
best_end = i;
max_length = memo[i];
}
}
// create results
std::vector<int> results;
results.reserve(v.size());
auto current = best_end;
while (current != -1) {
results.Push_back(s[current]);
current = prev[current];
}
std::reverse(results.begin(), results.end());
return results;
}
Voici trois étapes pour évaluer le problème du point de vue de la programmation dynamique:
- Définition de récurrence: maxLength (i) == 1 + maxLength (j) où 0 <j <i et tableau [i]> tableau [j]
- Limite du paramètre de récurrence: il peut y avoir 0 à i - 1 sous-séquences passées en paramètre.
- Ordre d'évaluation: à mesure que la sous-séquence augmente, il doit être évalué de 0 à n
Si nous prenons comme exemple la séquence {0, 8, 2, 3, 7, 9}, à l'index:
- [0] nous aurons la sous-séquence {0} comme cas de base
- [1] nous avons 1 nouvelle sous-séquence {0, 8}
- [2] essayant d'évaluer deux nouvelles séquences {0, 8, 2} et {0, 2} en ajoutant un élément d'indice 2 aux sous-séquences existantes - une seule est valide. à la liste des paramètres ...
Voici le code de travail C++ 11:
#include <iostream>
#include <vector>
int getLongestIncSub(const std::vector<int> &sequence, size_t index, std::vector<std::vector<int>> &sub) {
if(index == 0) {
sub.Push_back(std::vector<int>{sequence[0]});
return 1;
}
size_t longestSubSeq = getLongestIncSub(sequence, index - 1, sub);
std::vector<std::vector<int>> tmpSubSeq;
for(std::vector<int> &subSeq : sub) {
if(subSeq[subSeq.size() - 1] < sequence[index]) {
std::vector<int> newSeq(subSeq);
newSeq.Push_back(sequence[index]);
longestSubSeq = std::max(longestSubSeq, newSeq.size());
tmpSubSeq.Push_back(newSeq);
}
}
std::copy(tmpSubSeq.begin(), tmpSubSeq.end(),
std::back_insert_iterator<std::vector<std::vector<int>>>(sub));
return longestSubSeq;
}
int getLongestIncSub(const std::vector<int> &sequence) {
std::vector<std::vector<int>> sub;
return getLongestIncSub(sequence, sequence.size() - 1, sub);
}
int main()
{
std::vector<int> seq{0, 8, 2, 3, 7, 9};
std::cout << getLongestIncSub(seq);
return 0;
}
Voici une implémentation de Scala de l'algorithme O (n ^ 2):
object Solve {
def longestIncrSubseq[T](xs: List[T])(implicit ord: Ordering[T]) = {
xs.foldLeft(List[(Int, List[T])]()) {
(sofar, x) =>
if (sofar.isEmpty) List((1, List(x)))
else {
val resIfEndsAtCurr = (sofar, xs).zipped map {
(tp, y) =>
val len = tp._1
val seq = tp._2
if (ord.lteq(y, x)) {
(len + 1, x :: seq) // reversely recorded to avoid O(n)
} else {
(1, List(x))
}
}
sofar :+ resIfEndsAtCurr.maxBy(_._1)
}
}.maxBy(_._1)._2.reverse
}
def main(args: Array[String]) = {
println(longestIncrSubseq(List(
0, 8, 4, 12, 2, 10, 6, 14, 1, 9, 5, 13, 3, 11, 7, 15)))
}
}
Voici une autre implémentation Java O (n ^ 2). Aucune récurrence/mémorisation pour générer la sous-séquence réelle. Juste un tableau de chaînes qui stocke le LIS actuel à chaque étape et un tableau pour stocker la longueur du LIS pour chaque élément. Plutôt facile. Regarde:
import Java.io.BufferedReader;
import Java.io.InputStreamReader;
/**
* Created by Shreyans on 4/16/2015
*/
class LNG_INC_SUB//Longest Increasing Subsequence
{
public static void main(String[] args) throws Exception
{
BufferedReader br=new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
System.out.println("Enter Numbers Separated by Spaces to find their LIS\n");
String[] s1=br.readLine().split(" ");
int n=s1.length;
int[] a=new int[n];//Array actual of Numbers
String []ls=new String[n];// Array of Strings to maintain LIS for every element
for(int i=0;i<n;i++)
{
a[i]=Integer.parseInt(s1[i]);
}
int[]dp=new int[n];//Storing length of max subseq.
int max=dp[0]=1;//Defaults
String seq=ls[0]=s1[0];//Defaults
for(int i=1;i<n;i++)
{
dp[i]=1;
String x="";
for(int j=i-1;j>=0;j--)
{
//First check if number at index j is less than num at i.
// Second the length of that DP should be greater than dp[i]
// -1 since dp of previous could also be one. So we compare the dp[i] as empty initially
if(a[j]<a[i]&&dp[j]>dp[i]-1)
{
dp[i]=dp[j]+1;//Assigning temp length of LIS. There may come along a bigger LIS of a future a[j]
x=ls[j];//Assigning temp LIS of a[j]. Will append a[i] later on
}
}
x+=(" "+a[i]);
ls[i]=x;
if(dp[i]>max)
{
max=dp[i];
seq=ls[i];
}
}
System.out.println("Length of LIS is: " + max + "\nThe Sequence is: " + seq);
}
}
Code en action: http://ideone.com/sBiOQx
O (n ^ 2) implémentation Java:
void LIS(int arr[]){
int maxCount[]=new int[arr.length];
int link[]=new int[arr.length];
int maxI=0;
link[0]=0;
maxCount[0]=0;
for (int i = 1; i < arr.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if(arr[j]<arr[i] && ((maxCount[j]+1)>maxCount[i])){
maxCount[i]=maxCount[j]+1;
link[i]=j;
if(maxCount[i]>maxCount[maxI]){
maxI=i;
}
}
}
}
for (int i = 0; i < link.length; i++) {
System.out.println(arr[i]+" "+link[i]);
}
print(arr,maxI,link);
}
void print(int arr[],int index,int link[]){
if(link[index]==index){
System.out.println(arr[index]+" ");
return;
}else{
print(arr, link[index], link);
System.out.println(arr[index]+" ");
}
}
Ceci peut être résolu en O (n ^ 2) en utilisant la programmation dynamique. Le code Python pour la même chose serait comme: -
def LIS(numlist):
LS = [1]
for i in range(1, len(numlist)):
LS.append(1)
for j in range(0, i):
if numlist[i] > numlist[j] and LS[i]<=LS[j]:
LS[i] = 1 + LS[j]
print LS
return max(LS)
numlist = map(int, raw_input().split(' '))
print LIS(numlist)
Pour entrée: 5 19 5 81 50 28 29 1 83 23
la sortie serait: [1, 2, 1, 3, 3, 3, 4, 1, 5, 3]
5
Le list_index de la liste en sortie est le list_index de la liste en entrée. La valeur à un list_index donné dans la liste en sortie indique la longueur de sous-séquence croissante la plus longue pour ce list_index.
Ceci est une implémentation Java dans O (n ^ 2). Je n’ai tout simplement pas utilisé la recherche binaire pour trouver le plus petit élément de S, qui est> = que X. Utiliser la recherche binaire rendrait la complexité à O (n logn)
public static void olis(int[] seq){
int[] memo = new int[seq.length];
memo[0] = seq[0];
int pos = 0;
for (int i=1; i<seq.length; i++){
int x = seq[i];
if (memo[pos] < x){
pos++;
memo[pos] = x;
} else {
for(int j=0; j<=pos; j++){
if (memo[j] >= x){
memo[j] = x;
break;
}
}
}
//just to print every step
System.out.println(Arrays.toString(memo));
}
//the final array with the LIS
System.out.println(Arrays.toString(memo));
System.out.println("The length of lis is " + (pos + 1));
}
def longestincrsub(arr1):
n=len(arr1)
l=[1]*n
for i in range(0,n):
for j in range(0,i) :
if arr1[j]<arr1[i] and l[i]<l[j] + 1:
l[i] =l[j] + 1
l.sort()
return l[-1]
arr1=[10,22,9,33,21,50,41,60]
a=longestincrsub(arr1)
print(a)
même s'il existe un moyen par lequel vous pouvez résoudre ceci en O(nlogn) temps (cela résout en O (n ^ 2) temps), mais cela donne quand même une approche de programmation dynamique qui est également bonne.
Voici ma solution Leetcode utilisant la recherche binaire: ->
class Solution:
def binary_search(self,s,x):
low=0
high=len(s)-1
flag=1
while low<=high:
mid=(high+low)//2
if s[mid]==x:
flag=0
break
Elif s[mid]<x:
low=mid+1
else:
high=mid-1
if flag:
s[low]=x
return s
def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int:
if not nums:
return 0
s=[]
s.append(nums[0])
for i in range(1,len(nums)):
if s[-1]<nums[i]:
s.append(nums[i])
else:
s=self.binary_search(s,nums[i])
return len(s)
Solution LIS la plus simple en C++ avec O(nlog(n)) complexité temporelle
#include <iostream>
#include "vector"
using namespace std;
// binary search (If value not found then it will return the index where the value should be inserted)
int ceilBinarySearch(vector<int> &a,int beg,int end,int value)
{
if(beg<=end)
{
int mid = (beg+end)/2;
if(a[mid] == value)
return mid;
else if(value < a[mid])
return ceilBinarySearch(a,beg,mid-1,value);
else
return ceilBinarySearch(a,mid+1,end,value);
return 0;
}
return beg;
}
int lis(vector<int> arr)
{
vector<int> dp(arr.size(),0);
int len = 0;
for(int i = 0;i<arr.size();i++)
{
int j = ceilBinarySearch(dp,0,len-1,arr[i]);
dp[j] = arr[i];
if(j == len)
len++;
}
return len;
}
int main()
{
vector<int> arr {2, 5,-1,0,6,1,2};
cout<<lis(arr);
return 0;
}
SORTIE:
4
extraire le code en Java pour la plus longue sous-séquence croissante avec les éléments du tableau
/**
** Java Program to implement Longest Increasing Subsequence Algorithm
**/
import Java.util.Scanner;
/** Class LongestIncreasingSubsequence **/
class LongestIncreasingSubsequence
{
/** function lis **/
public int[] lis(int[] X)
{
int n = X.length - 1;
int[] M = new int[n + 1];
int[] P = new int[n + 1];
int L = 0;
for (int i = 1; i < n + 1; i++)
{
int j = 0;
/** Linear search applied here. Binary Search can be applied too.
binary search for the largest positive j <= L such that
X[M[j]] < X[i] (or set j = 0 if no such value exists) **/
for (int pos = L ; pos >= 1; pos--)
{
if (X[M[pos]] < X[i])
{
j = pos;
break;
}
}
P[i] = M[j];
if (j == L || X[i] < X[M[j + 1]])
{
M[j + 1] = i;
L = Math.max(L,j + 1);
}
}
/** backtrack **/
int[] result = new int[L];
int pos = M[L];
for (int i = L - 1; i >= 0; i--)
{
result[i] = X[pos];
pos = P[pos];
}
return result;
}
/** Main Function **/
public static void main(String[] args)
{
Scanner scan = new Scanner(System.in);
System.out.println("Longest Increasing Subsequence Algorithm Test\n");
System.out.println("Enter number of elements");
int n = scan.nextInt();
int[] arr = new int[n + 1];
System.out.println("\nEnter "+ n +" elements");
for (int i = 1; i <= n; i++)
arr[i] = scan.nextInt();
LongestIncreasingSubsequence obj = new LongestIncreasingSubsequence();
int[] result = obj.lis(arr);
/** print result **/
System.out.print("\nLongest Increasing Subsequence : ");
for (int i = 0; i < result.length; i++)
System.out.print(result[i] +" ");
System.out.println();
}
}
Ceci peut être résolu en O (n ^ 2) en utilisant une programmation dynamique.
Traitez les éléments d'entrée dans l'ordre et maintenez une liste de n-uplets pour chaque élément. Chaque nuplet (A, B), pour l'élément que je désignera par i ].
À partir de l'élément 1, la liste de nuplets pour l'élément 1 sera [(1,0)] Pour l'élément i, balayez la liste 0..i et recherchez la liste d'éléments [k] telle que liste [k] <liste [i], la valeur de A pour l'élément i, Ai sera Ak + 1 et Bi sera k. S'il existe plusieurs éléments de ce type, ajoutez-les à la liste de tuples pour l'élément i.
En fin de compte, recherchez tous les éléments avec la valeur maximale de A (longueur de LIS se terminant à l’élément) et revenez en arrière en utilisant les n-uplets pour obtenir la liste.
J'ai partagé le code pour la même chose à http://www.edufyme.com/code/?id=66f041e16a60928b05a7e228a89c3799
voici l'implémentation Java O(nlogn)
import Java.util.Scanner;
public class LongestIncreasingSeq {
private static int binarySearch(int table[],int a,int len){
int end = len-1;
int beg = 0;
int mid = 0;
int result = -1;
while(beg <= end){
mid = (end + beg) / 2;
if(table[mid] < a){
beg=mid+1;
result = mid;
}else if(table[mid] == a){
return len-1;
}else{
end = mid-1;
}
}
return result;
}
public static void main(String[] args) {
// int[] t = {1, 2, 5,9,16};
// System.out.println(binarySearch(t , 9, 5));
Scanner in = new Scanner(System.in);
int size = in.nextInt();//4;
int A[] = new int[size];
int table[] = new int[A.length];
int k = 0;
while(k<size){
A[k++] = in.nextInt();
if(k<size-1)
in.nextLine();
}
table[0] = A[0];
int len = 1;
for (int i = 1; i < A.length; i++) {
if(table[0] > A[i]){
table[0] = A[i];
}else if(table[len-1]<A[i]){
table[len++]=A[i];
}else{
table[binarySearch(table, A[i],len)+1] = A[i];
}
}
System.out.println(len);
}
}