nlogn算法
❶ 最长不上升子序列nlogn算法怎么理解
我也刚刚领悟，如果有错。。请见谅
我这里是f。
我们要让f中的元素尽可能的大，那么我们就能接得更长
k是目前的最长长度，k也是答案
则当前有2种情况
1.x[i]<=f[k],即表示可以把瞎逗x[i]加入长度为k的序列，所以k:=k+1;f[k]:=x[i]
2.如果x[i]>f[k],那么我们就在f中找f[j]>x[i]，找到j后，我们判断是否f[j+1]>x[i],如果是，我们就能用x[i]更新f[j+1];
整体的理解难点在理解f是单调的，我们可以想，随着长度的增长，f[k]中的元素会变小，为答粗什么？
因为在最长不上升子序列中，不下降就可以意味这下降，下清神镇降得越多，就是k越大，当然f[k]就越小
❷ O(nlogn)最长递增子序列算法,如何输出所求子序列
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
vector<int> dp(nums.size(), INT_MAX);
vector<int> pos(nums.size(), INT_MAX);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++){
pos[i] = lower_bound(dp.begin(), dp.end(), nums[i]) - dp.begin();
*lower_bound(dp.begin(), dp.end(), nums[i]) = nums[i];
}
int max_n = lower_bound(dp.begin(), dp.end(), INT_MAX) - dp.begin();
vector<int> res(max_n, -1);
int j = max_n - 1;
for (int i = nums.size() - 1; i >= 0; --i){
if (j < 0) break;
if (j == pos[i]){
res[j--] = nums[i];
}
}
for (auto x : res)
cout << x << " ";
cout << endl;
return max_n;
}
};
int main() {
Solution s;
vector<int> nums = {12,2, 34, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0};
cout << s.lengthOfLIS(nums) << endl;
return 0;
}
❸ O（n log n）算法
首先将鞋子按大小排序，按小到大编号1到N每个孩子都按二分法来试些，首先考虑【1，N】先雀侍笑试(N+1）/顷含2, 如果大了，就缩小范围为【1，（N+1)/2-1】,小了就是【(N+1)/2+1,N】，如果合适，另一只鞋子就谈陪是编号+1或者-1的那双。每个孩子需要试O（logn)次，总共需要O（nlogn)次
❹ LIS（最长上升子序列）的O（nlogn）算法
对于计算中获得的递增序列A1A2A3...Am ，每个At其实表示：之前出现的所有序列中，长度t的上升子序列末位最小为At。对于出现的下一个新元素An，需要更新子序列，如果Amin+1>An>Amin，说明长度为min+1的子序列最后一个元素可以更新为An；如果An>Am，说明可获得的最长子序列可更新为A1A2A3..Am An 。
这么去理解会容易些。
❺ 求n个点的最小覆盖圆的O(nlogn)的算法
什么叫最远点意义下的Voronoi圆？
好吧……我承认我不会
❻ 〔算法〕排序的最低时间复杂度为什么是O（nlogn）
这个首散衡先要明确一点，只用到比较的排序算法最低时间复杂度是O(nlogn)，而像桶排这样的只需要O(R)(R为桶的大小)
为了证明只用到比较的排序算法最低时间复杂度是O(nlogn)，首先要引入决策树。
首先决春掘磨策树是一颗二叉树，每个节点表示元素之间一组可能的排序，它予以京进行的比较相一致，比较的结果是树的边。
先来说明一些二叉树的性质，令T是深度为d的二叉树，则T最多有2^片树叶。
具有L片树扒斗叶的二叉树的深度至少是logL。
所以，对n个元素排序的决策树必然有n!片树叶（因为n个数有n!种不同的大小关系），所以决策树的深度至少是log(n!)，即至少需要log(n!)次比较。
而
log(n!)=logn+log(n-1)+log(n-2)+...+log2+log1
>=logn+log(n-1)+log(n-2)+...+log(n/2)
>=(n/2)log(n/2)
>=(n/2)logn-n/2
=O(nlogn)
所以只用到比较的排序算法最低时间复杂度是O(nlogn)。
❼ nlogn求和是啥
logn=lgn
=log以10为底n的对数
nlogn=nlgn
=n倍log以10为底n的对数
n^2(表示n的平方)
4*n^2 10n 3n 1.5n 2
nlogn logn
n^(2/3)
2^(n/2)
一般哗和档排序用的是log2n，但棚祥是从乱乱数学上而言，只需要使用换底公式不就可以了，无论以哪个常量为底相差的只是一个相乘的系数，时间复杂度的结果被忽略掉了
❽ 最长上升子序列nlogn的算法怎么写
a:array[0..100001]of int64;//为数组
d:array[0..100001]of int64;//队列
now:longint;
function search(x:longint):longint;//二分查找与X最接近的值的位置
var l,r,mid:longint;
begin
l:=1;r:=top;
while l<>r do
begin
mid:=(l+r)div 2;
if d[mid]>x then r:=mid else l:=mid+1;
end;
exit(l);
end;
begin
fillchar(d,sizeof(d),0);//初始化
top:=1;//top 为已生成队列中的个数
now:=1;
d[1]:=a[1];
for i:=2 to n do
begin
if a[i]<=d[1] then j:=1;
if a[i]>=d[top] then j:=top+1;
if (a[i]>d[1])and(a[i]<d[top]) then
j:=search(a[i]);
now:=j;
if j>top then begin inc(top); d[top]:=a[i];end;
if a[i]<d[j] then d[j]:=a[i];
if now>max then max:=now;//now 为并老最大值
end;
//具体思想为：
因为D是单调的，所以我可以对数组中的数进行下面处理！
我要生成一个最长上升子序列，将其放在数组D中，从1至N每枚举每个数，
对其进行如下操作
1：若他比D[TOP]小，则说明其尘猜是当前最小的，j:=1；
2：若他比D[TOP]大，则就加入队列中去，派蔽型j：=top+1；
3：若他既比D[top]小，又比D[1]大，则二分查找他在D队列中的置,j:=search(a[i]);
这就是具体思想！
还有什么不懂得吗？？