354. 俄罗斯套娃信封问题 - 力扣（LeetCode）

给你一个二维整数数组 envelopes ，其中 envelopes[i] = [wi, hi] ，表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算 最多能有多少个 信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

注意：不允许旋转信封。

示例 1：

输入：envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出：3
解释：最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。

示例 2：

输入：envelopes = [[1,1],[1,1],[1,1]]
输出：1

提示：

• 1 <= envelopes.length <= 105
• envelopes[i].length == 2
• 1 <= wi, hi <= 105

首先按照朴素的dp思想

先定义每一个信封的状态,无非是选择或者不选择。

int dp[n]; 选择第i个信封最多可以嵌套的数量.

在按照

  sort(envelopes.begin(),envelopes.end(),[&](auto x, auto y){return x[0] == y[0] ? x[1] < y[1] : x[0] < y[0];});

规则的排序下,可知道

若 第i个信封可以完全包裹上一个信封则进行

                if(envelopes[i][1] > envelopes[j][1] && envelopes[i][0] > envelopes[j][0]){dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}

否则将 dp[i]置为1

为什么置为1 ? 

因为不存在当第i个信封能完全包裹一个信封的情况下会有不选择该信封的ans > 选择该信封的ans

那么可以认为,要么第i个信封能包裹信封,要么将第i个信封作为一个新的开头

 可得最初版的线型dp解

class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {sort(envelopes.begin(),envelopes.end(),[&](auto x, auto y){return x[0] == y[0] ? x[1] < y[1] : x[0] < y[0];});int n = envelopes.size();int dp[n];memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0] = 1;for(int i = 1; i < n; i++){for(int j = i - 1; j >= 0; j--){if(envelopes[i][1] > envelopes[j][1] && envelopes[i][0] > envelopes[j][0]){dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}}if(0 == dp[i])dp[i] = 1;}int ans = 0;for(int i = 0; i < n;i++)ans = max(ans, dp[i]);return ans;}
};

 以上代码的时间复杂度为排序O(nlogn) + O(n ^ 2)

显然对于 1 <= envelopes.length <= 105 是远远不够的

现在看看核心代码

        for(int i = 1; i < n; i++){for(int j = i - 1; j >= 0; j--){if(envelopes[i][1] > envelopes[j][1] && envelopes[i][0] > envelopes[j][0]){dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}}if(0 == dp[i])dp[i] = 1;}

是不是很像求最长递减子序列?

只不过是先对长or宽排序之后对宽or长序列求最长子序列即可

那我们直接用二分优化求最长子序列的方法做即可

class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {sort(envelopes.begin(),envelopes.end(),[&](auto x, auto y){return x[0] == y[0] ? x[1] > y[1] : x[0] < y[0];});int n = envelopes.size();vector v = {0};for(int i = 0; i < n; i++){int k = envelopes[i][1];if(k > v.back()){v.emplace_back(k);}else{auto it = lower_bound(v.begin(),v.end(),k);*it = k;}}return v.size() - 1;}
};