更新于：2023-12-31

《DOM diff 最长上升子序列》

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在精读《DOM diff 原理》一文中，我们提到了 Vue 使用了一种贪心 + 二分的算法求出最长上升子序列，但并没有深究这个算法的原理，因此特别开辟一章详细说明。

另外，最长上升子序列作为一道算法题，是非常经典的，同时在工业界具有实用性，且有一定难度的，因此希望大家务必掌握。

精读

什么是最长上升子序列？就是求一个数组中，最长连续上升的部分，如下图所示：

如果序列本身就是上升的，那就直接返回其本身；如果序列没有任何一段是上升的，则返回任何一个数字都可以。图中可以看到，虽然 3, 7, 22 也是上升的，但因为 22 之后接不下去了，所以其长度是有 3，与 3, 7, 8, 9, 11, 12 比起来，肯定不是最长的，因此找起来并不太容易。

在具体 DOM diff 场景中，为了保证尽可能移动较少的 DOM，我们需要 保持最长上升子序 不动，只移动其他元素。为什么呢？因为最长上升子序列本身就相对有序，只要其他元素移动完了，答案也就出来了。还是这个例子，假设原本的 DOM 就是这样一个递增顺序（当然应该是 1 2 3 4 连续的下标，不过对算法来说是否连续间隔不影响，只要递增即可）：

如果保持最长上升子序不变，只需要移动三次即可还原：

其他任何移动方式都不会小于三步，因为我们已经最大程度保持已经有序的部分不动了。

那么问题是，如何将这个最长上升子序列找出来？比较容易想到的解法分别有：暴力、动态规划。

暴力解法

时间复杂度: O(2ⁿ)

我们最终要生成一个最长子序列长度，那么就来模拟生成这个子序列的过程吧，只不过这个过程是暴力的。

暴力模拟生成一个子序列怎么做呢？就是从 [0,n] 范围内每次都尝试选或不选当前数，前提是后选的数字要比前面的大。由于数组长度为 n，每个数字都可以选或不选，也就是每个数字有两种选择，所以最多会生成 2ⁿ 个结果，从里面找到最长的长度，即为答案：

这么傻试下去，必然能试出最长的那一段，在遍历过程中记录最长的那一段即可。

由于这个方法效率太低了，所以并不推荐，但这种暴力思维还是要掌握的。

动态规划

时间复杂度: O(n²)

如果用动态规划思路考虑此问题，那么 DP(i) 的定义按照经验为：以第 i 个字符串结尾时，最长子序列长度。

这里有个经验，就是动规一般 DP 返回值就是答案，字符串问题常常是以第 i 个字符串结尾，这样扫描一遍即可。而且最长子序列是有重复子问题的，即第 i 个的答案运算中，包括了前面一些的计算，为了不重复计算，才使用动态规划。

那么就看第 i 项的结果和前面哪些结果有关系了，为了方便理解如图所示：

假设我们看 8 这个数字，也就是 DP(4) 是多少。由于此时前面的 DP(0), DP(1) … DP(3) 都已经算出来了，我们看看 DP(4) 和前面的计算结果有什么关系。

简单观察可以发现，如果 nums[i] > nums[i-1]，那么 DP(i) 就等于 DP(i-1) + 1，这个是显而易见的，即如果 8 比 4 大，那么 8 这个位置的答案，就是 4 这个位置的答案长度 + 1，如果 8 这个位置数值是 3，小于 4，那么答案就是 1，因为前面的不满足上升关系，只能用 3 这个数字孤军奋战啦。

但仔细想想会发现，这个子序列不一定非要是连续的，万一第 i 项和第 i-2, i-3 项组合一下，也许会比与第 i-1 项组合起来更长哦？我们可以举个反例：

很显然，1, 2, 3, 4 组合起来是最长的上升子序列，如果你只看 5, 4，那么得出的答案只能是 4。

正是由于不连续这个特点，我们对于第 i 项，需要和第 j 项依次对比，其中 j=[0,i-1]，只有和所有前项都比一遍，我们才放心，第 i 项找到的结果确实是最长的：

那么时间复杂度怎么算呢？动态规划解法中，我们首先从 0 循环到 n，然后对于其中每个 i，都做了一遍 [0,i-1] 的额外循环，所以计算次数是 1 + 2 + ... + n = n * (n + 1) / 2，剔除常数后，数量级是 O(n²)。

贪心 + 二分

时间复杂度: O(nlogn)

说实话，一般能想到动态规划解法就很不错了，再进一步优化时间复杂度就非常难想了。如果你没做过这道题，并且想挑战一下，读到这里就可以停止了。

好，公布答案了，说实话这个方法不像正常人类思维想出来的，具有很大的思维跳跃性，因此我也无法给出思维推导过程，直接说结论吧：贪心 + 二分法。

如果非要说是怎么想的，我们可以从时间复杂度上事后诸葛亮一下，一般 n² 时间复杂度再优化就会变成 nlogn，而一次二分查找的时间复杂度是 logn，所以就拼命想办法结合吧。

具体方案就一句话：用栈结构，如果值比栈内所有值都大则入栈，否则替换比它大的最小数，最后栈的长度就是答案：

先解释下时间复杂度，因为操作原因，栈内存储的数字都是升序的，因此可以采用二分法比较与插入，复杂度为 logn，外层 n 循环，所以整体时间复杂度为 O(nlogn)。另外这个方案的问题是，答案的长度是准确的，但栈内数组可能是错误的。如果要完全理解这句话，就得完全理解这个算法的原理，理解了原理才知道如何改进以得到正确的子序列。

接着要解释原理了，开始的思考并不复杂，可以边喝茶边看。首先我们要有个直观的认识，就是为了让最长上升子序列尽可能的长，我们就要尽可能保证挑选的数字增速尽可能的慢，反之就尽可能的快。比如如果我们挑选的数字是 0, 1, 2, 3, 4 那么这种贪心就贪的比较稳，因为已经尽可能增长缓慢了，后面遇到的大概率可以放进来。但如果我们挑选的是 0, 1, 100 那挑到 100 的时候就该慌了，因为一下增加到 100，后面 100 以内的数字不就都放弃了吗？这个时候要 100 不见得是明智的选择，丢掉反而可能未来空间更大，这其实就是贪心的思考，所谓局部最优解就是全局最优解。

但上面的思路显然不完整，我们继续想，如果读到 0, 1, 100 的时候，万一后面没有数字了，那么 100 还是可以放进来的嘛，虽然 100 很大，但毕竟是最后一个，还是有用的。所以从左到右遍历的时候，遇到更大的数字优先要放进来，重点在于，如果继续往后读取，读到了比 100 还小的数字，怎么办？

到这里如果无法做出思维的跳跃，分析就只能止步于此了。你可能觉得还能继续分析，比如遇到 5 的时候，显然要把 100 挤掉啊，因为 0, 1, 5 和 0, 1, 100 长度都是 3，但 0, 1, 5 的 “潜力” 明显比 0, 1, 100 大，所以长度不变，一个潜力更大，肯定要替换！这个思路是对的，但换一个场景，如果遇到的是 3, 7, 11, 15, 此时你遇到了 9，怎么换？如果出于潜力考虑，3, 7, 9 的潜力最好，但长度从 4 牺牲到了 3，你也搞不清楚后面是不是就没有比 9 大的了，如果没有了，这个长度反而没有原来 4 来的更优；如果出于长度考虑，留着 3, 7, 11, 15，那万一后面连续来几个 10, 12, 13, 14 也傻眼了，有点鼠目寸光的感觉。

所以问题就是，遇到下一个数字要怎么处理，才不至于在未来产生鼠目寸光的情况，要 “抓住稳稳的幸福”。这里开始出现跳跃性思维了，答案就是上面方案里提到的 “如果值比栈内所有值都大则入栈，否则替换比它大的最小数”。这里体现出跳跃思维，实现现在和未来两手抓的核心就是：牺牲栈内容的正确性，保证总长度正确的情况下，每一步都能抓住未来最好的机遇。 只有总长度正确了，才能保证得到最长的序列，至于牺牲栈内容的正确性，确实付出了不小的代价，但换来了未来的可能性，至少长度上可以得到正确结果，如果内容也要正确的话，可以加一些辅助手段解决，这个后面再说。所以总的来说，这个牺牲非常值得，下面通过图来介绍，为什么牺牲栈内容正确性可以带来长度的正确以及抓住未来机遇。

我们举一个极端的例子：3, 7, 11, 15, 9, 11, 12，如果固守一开始找到的 3, 7, 11, 15，那长度只有 4，但如果放弃 11, 15，把 3, 7, 9, 11, 12 连起来，长度更优。按照贪心算法，我们首先会依次遇到 3 7 11 15，由于每个数字都比之前的大，所以没什么好思考的，直接塞到栈里：

遇到 9 的时候精彩了，此时 9 不是最大的，我们为了抓住稳稳的幸福，干脆把比 9 稍大一点的 11 替换了，这样会产生什么结果？

首先数组长度没变，因为替换操作不会改变数组长度，此时如果 9 后面没有值了，我们也不亏，此时输出的长度 4 依然是最优的答案。我们继续，下一步遇到 11，我们还是把比它稍大的 15 替换掉：

此时我们替换了最后一个数字，发现 3, 7, 9, 11 终于是个合理的顺序了，而且长度和 3, 7, 11, 15 一样，但是更有潜力，接下来 12 就理所应当的放到最后，拿到了最终答案：5。

到这里其实并没有说清楚这个算法的精髓，我们还是回到 3, 7, 9, 15 这一步，搞清楚 9 为什么可以替换掉 11。

假设 9 后面是一个很大的 99，那么下一步 99 会直接追加到后面：

此时我们拿到的是 3, 7, 9, 15, 99，但是你仔细看会发现，原序列里 9 在 15 后面的，因为我们的插入导致 9 放到 15 前面了，所以这显然不是正确答案，但长度却是正确的，因为这个答案就相当于我们选择了 3, 7, 11, 15, 99！为什么可以这么理解呢？因为 只要没有替换到最后一个数，我们心里的那个队列其实还是原始队列。

**即，只要栈没有被替换完，新插入的值永远只起到一个占位作用，目的是为了让新来的值好插入，但如果真的没有新来的值可插入了，那虽然栈内容不对，但至少长度是对的，因为 9 在没替换完的时候其实不是 9，它只是一个占位，背后的值还是 11**。所以不管怎么换，只要没替换掉最后一个，这个替换操作都是无效的，我们再拿一个例子来看：

可见，1, 2, 3, 4 不能把 7, 8, 9, 10, 11 都替换完，因此最后结果是 1, 2, 3, 4, 11，但这没关系，只要没替换完，答案就是 7, 8, 9, 10, 11，只是我们没有记录下来罢了，但仅看长度的话，这两个没有任何区别啊，所以是没问题的。那如果 1, 2, 3, 4, 5, 6 呢？我们看看能替换完是什么情况：

可见，当替换到 5 的时候，这个序列顺序就正确了，因为 1, 2, 3, 4, 5 已经完全能代替 7, 8, 9, 10, 11 了，而且潜力比它大，我们找到了最优局部解。所以 1, 2, 3, 4, 11 这里的 1, 2, 3, 4 就像卧底一样，在 11 还在的时候，还忍气吞声的称 7, 8, 9, 10, 11 为老大（其实是 1 称 7 为老大，2 称 8 为老大，依此类推），但当 5 进来的时候，1, 2, 3, 4, 5 就可以和 7, 8, 9, 10, 11 翻脸了，因为它的实力已经超出原来老大实力了。