很多读者反应，就算看了前文动态规划详解，了解了动态规划的套路，也不会写状态转移方程，没有思路，怎么办？本文就借助「最长递增子序列」来讲一种设计动态规划的通用技巧：数学归纳思想。
最长递增子序列（Longest Increasing Subsequence，简写 LIS）是比较经典的一个问题，比较容易想到的是动态规划解法，时间复杂度 O(N^2)，我们借这个问题来由浅入深讲解如何写动态规划。比较难想到的是利用二分查找，时间复杂度是 O(NlogN)，我们通过一种简单的纸牌游戏来辅助理解这种巧妙的解法。
先看一下题目，很容易理解：
注意「子序列」和「子串」这两个名词的区别，子串一定是连续的，而子序列不一定是连续的。下面先来一步一步设计动态规划算法解决这个问题。
动态规划的核心设计思想是数学归纳法。
相信大家对数学归纳法都不陌生，高中就学过，而且思路很简单。比如我们想证明一个数学结论，那么我们先假设这个结论在
类似的，我们设计动态规划算法，不是需要一个 dp 数组吗？我们可以假设
直接拿最长递增子序列这个问题举例你就明白了。不过，首先要定义清楚 dp 数组的含义，即 dp[i] 的值到底代表着什么？
我们的定义是这样的：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。
举两个例子：
算法演进的过程是这样的，：
根据这个定义，我们的最终结果（子序列的最大长度）应该是 dp 数组中的最大值。
int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.size(); i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;读者也许会问，刚才这个过程中每个 dp[i] 的结果是我们肉眼看出来的，我们应该怎么设计算法逻辑来正确计算每个 dp[i] 呢？
这就是动态规划的重头戏了，要思考如何进行状态转移，这里就可以使用数学归纳的思想：
我们已经知道了
根据刚才我们对 dp 数组的定义，现在想求 dp[5] 的值，也就是想求以 nums[5] 为结尾的最长递增子序列。
nums[5] = 3，既然是递增子序列，我们只要找到前面那些结尾比 3 小的子序列，然后把 3 接到最后，就可以形成一个新的递增子序列，而且这个新的子序列长度加一。
当然，可能形成很多种新的子序列，但是我们只要最长的，把最长子序列的长度作为 dp[5] 的值即可。
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j])
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}这段代码的逻辑就可以算出 dp[5]。到这里，这道算法题我们就基本做完了。读者也许会问，我们刚才只是算了 dp[5] 呀，dp[4], dp[3] 这些怎么算呢？
类似数学归纳法，你已经可以算出 dp[5] 了，其他的就都可以算出来：
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j])
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}还有一个细节问题，dp 数组应该全部初始化为 1，因为子序列最少也要包含自己，所以长度最小为 1。下面我们看一下完整代码：
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int[] dp = new int[nums.length];
// dp 数组全都初始化为 1
Arrays.fill(dp, 1);
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[i] > nums[j])
dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < dp.length; i++) {
res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;
}至此，这道题就解决了，时间复杂度 O(N^2)。总结一下动态规划的设计流程：
首先明确 dp 数组所存数据的含义。这步很重要，如果不得当或者不够清晰，会阻碍之后的步骤。
然后根据 dp 数组的定义，运用数学归纳法的思想，假设
但如果无法完成这一步，很可能就是 dp 数组的定义不够恰当，需要重新定义 dp 数组的含义；或者可能是 dp 数组存储的信息还不够，不足以推出下一步的答案，需要把 dp 数组扩大成二维数组甚至三维数组。
最后想一想问题的 base case 是什么，以此来初始化 dp 数组，以保证算法正确运行。
这个解法的时间复杂度会将为 O(NlogN)，但是说实话，正常人基本想不到这种解法（也许玩过某些纸牌游戏的人可以想出来）。所以如果大家了解一下就好，正常情况下能够给出动态规划解法就已经很不错了。
根据题目的意思，我都很难想象这个问题竟然能和二分查找扯上关系。其实最长递增子序列和一种叫做 patience game 的纸牌游戏有关，甚至有一种排序方法就叫做 patience sorting（耐心排序）。
为了简单期间，后文跳过所有数学证明，通过一个简化的例子来理解一下思路。
首先，给你一排扑克牌，我们像遍历数组那样从左到右一张一张处理这些扑克牌，最终要把这些牌分成若干堆。
处理这些扑克牌要遵循以下规则：
只能把点数小的牌压到点数比它大的牌上。如果当前牌点数较大没有可以放置的堆，则新建一个堆，把这张牌放进去。如果当前牌有多个堆可供选择，则选择最左边的堆放置。
比如说上述的扑克牌最终会被分成这样 5 堆（我们认为 A 的值是最大的，而不是 1）。
为什么遇到多个可选择堆的时候要放到最左边的堆上呢？因为这样可以保证牌堆顶的牌有序（2, 4, 7, 8, Q），证明略。
按照上述规则执行，可以算出最长递增子序列，牌的堆数就是最长递增子序列的长度，证明略。
我们只要把处理扑克牌的过程编程写出来即可。每次处理一张扑克牌不是要找一个合适的牌堆顶来放吗，牌堆顶的牌不是有序吗，这就能用到二分查找了：用二分查找来搜索当前牌应放置的位置。
PS：旧文二分查找算法详解详细介绍了二分查找的细节及变体，这里就完美应用上了。如果没读过强烈建议阅读。
public int lengthOfLIS(int[] nums) {
int[] top = new int[nums.length];
// 牌堆数初始化为 0
int piles = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// 要处理的扑克牌
int poker = nums[i];
/***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
int left = 0, right = piles;
while (left < right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (top[mid] > poker) {
right = mid;
} else if (top[mid] < poker) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid;
}
}
/*********************************/
// 没找到合适的牌堆，新建一堆
if (left == piles) piles++;
// 把这张牌放到牌堆顶
top[left] = poker;
}
// 牌堆数就是 LIS 长度
return piles;
}至此，二分查找的解法也讲解完毕。
这个解法确实很难想到。首先涉及数学证明，谁能想到按照这些规则执行，就能得到最长递增子序列呢？其次还有二分查找的运用，要是对二分查找的细节不清楚，给了思路也很难写对。
所以，这个方法作为思维拓展好了。但动态规划的设计方法应该完全理解：假设之前的答案已知，利用数学归纳的思想正确进行状态的推演转移，最终得到答案。
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