0x01.问题
具体问题可参考上篇博客，本文主要讲述另一种思路：最长上升子序列--从数学归纳到动态规划
0x02.（贪心+二分+动态规划）思路体现
在上篇博客中，主要是运用动态规划的思路去解决这个问题，时间复杂度为O（n^2）
现在，我们来考虑如何使用更加巧妙的二分法来解决（含贪心和动态规划的思路）
贪心的思路体现：
所谓贪心就是贪，追求每一步都能找到最合适的解，然而在大多数情况下，这是不现实的，所有我们就要退而求其次，找到尽可能好的解。我们首先考虑一下简单的
贪心，如果要使得上升的子序列尽可能长，要满足什么条件？
一个子序列是不断上升的， 要它尽可能的长一点，那么最好的办法就是让它升的慢一点，升的越慢，它就可能越长。
也就是说，如果已经得到的上升子序列的结尾的数越小，遍历的时候后面接上一个数，就会有更大的可能性构成一个更长的上升子序列。
针对贪心的思路去改变动态规划：
我们为了达到这个贪心的思想，我们需要改变动态规划的相应构造。
第一个就是状态：
既然结尾越小越好，我们可以记录在长度固定的情况下，结尾最小的那个元素的数值。
定义状态：tail[i] 表示长度为 i+1 的所有上升子序列的结尾的最小值。
例如：对于序列[10,9,2,5,3,7,56]，tails[0]=2，tails[1]=3，tails[2]=5，tails[3]=7，tails[4]=56
这个数组是严格升序的，可以用数学方法证明，不过我们可以简单的理解一下，我们在每一次确定tail里面的一个值的时候，肯定要对之前的不断更新，才能保证它是长度为i+1的所有上升子序列的结尾的最小值。
第二个是状态转移方程：
我们首先想一下，对于这个状态，我们最终的答案应该从哪得到，其实就是tail数组的长度，所以我们的目的就是要不断的去产生tail数组里面的值。
我们每遇到一个nums的值，就要开始更新tails的值，因为这个nums的值可能对tails里面的任何一个值产生影响。
这里需要分情况讨论一下 。
- 如果nums的这个值，比tails当前最后一个元素都要大，说明不可以直接接到最后一个上面，且不会对前面的tails值产生影响。
- 如果nums的这个值，比tails当前最后一个元素小，那么我们就要去前面找，如果前面有和这个元素相等的，也不会产生影响，因为已经存在了，如果也没有相等的，就去tails数组中找到第一个比nums大的，并且替换它。
到这里，状态转移方程就算基本结束了。
二分的思想：
说了这么多，前面的思路大体都结束了，可是还没有用到二分查找的思想，这到底用到哪的呢？
当搜索空间有序的时候，就可以通过⼆分搜索「剪枝」，⼤幅提升效率。
二分这一思想就是针对有序的，常见的用在搜索上，可提升效率。
在这里，tails数组是严格升序的，而在状态转移方程中，我们需要不断的去tails里面搜索第一个比nums大的值，并换掉它，这个步骤，就可以使用二分法。
具体使用就是，用left、right双指针，不断的取中点进行比较，找到第一个比nums大的值后，替换它。
0x03.代码实现
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums){
vector<int> tails(nums.size(),0);
int res=0;//tails的长度
for(int num:nums){
int left=0,right=res;
while(left<right){//二分搜索的过程
int mid=(left+right)/2;
if(tails[mid]<num) left=mid+1;
else right=mid;
}
tails[left]=num;//替换操作
if(right==res) res++;//如果是换到最右边，tails的长度加1
}
return res;
}
};0x04.复杂度
时间复杂度为：O（N*logN）
空间复杂度为：O（N）
ATFWUS --Writing By 2020--03--16
