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@ -42,7 +42,79 @@
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因为拦截系统第一下是可以任意高的，以后只能拦截和它一样高，或者比它矮的，所以，这是一个**最长不上升子序列**。
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**$Q2$:需要多少套拦截系统?**
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这一问有两种办法，按思考的由易到难，说明贪心法与定理法：
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我们用两个贪心的证明方法来证明：
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> 解释：
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> **$Q$:为什么一定可以放下去呢？**
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> 答：因为$x$只能接在比它大的数字后面，由贪心法产生的序列，它前面是$a$,由最优解产生的序列，它前面是$b$,那么肯定有$a>=x,b>=x$，所以，是可以替换的。
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#### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1010;
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int a[N], f[N]; // 每个导弹的高度，f[i]:以a[i]结尾的最长不升子序列长度
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int q[N], ql; // 需要ql套拦截系统，每个拦截系统最后一个拦截高度为q[i]
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int n, res;
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int main() {
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while (cin >> a[n]) n++;
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// 第一问
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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f[i] = 1;
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for (int j = 0; j < i; j++)
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if (a[i] <= a[j]) // 如果前面的比当前的大，说明是不升序列
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f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
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res = max(res, f[i]);
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}
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// 第二问
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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/* 1、现有已经创建了ql套导弹系统
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2、算法思路：
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(1) 在已有的所有导弹拦截系统中找到大于当前高度，并且最小的那个，把当前导弹用这套拦截系统进行拦截
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(2) 如果找不到这样的拦截系统，说明当前所有拦截系统的最小拦截高度都小于当前导弹，都无法利用，必须新开一个拦截系统。
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(3) 也就是说，只有前面拦截系统的最后一个拦截高度，都小于当前高度时，才会创建新的，所以，后面的拦截系统，它的尾巴值应该是最大的
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(4) 比如：
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q[0]:5
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q[1]:6
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现在来了一个高度=4,根据上面的原则，应该放到q[0]里，修改q[0]=4
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q[0]:4
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q[1]:6
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原来的数组是单调上升的，修改后也依然是单调上升的。
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再比如：
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q[0]:4
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q[1]:6
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q[2]:7
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现在来了一个a[i]=5,我们肯定要修改q[1]=5,变为：
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q[0]:4
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q[1]:5
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q[2]:7
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原来的数组是单调上升的，修改后也依然是单调上升的。
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既然有这个规律，那么就可以使用二分快速查找大于等于a[i]的位置p了：
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*/
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int p = lower_bound(q, q + ql, a[i]) - q;
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if (p == ql) // 如果没有找到可以接在后面的导弹拦截系统，那么需要创建一套新的拦截系统
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q[ql++] = a[i];
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else
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q[p] = a[i]; // 否则就直接接到找到的第k套拦截系统的后面,那么，第k套拦截系统的最后一个拦截高度=q[k]=h[i]
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}
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// 输出最长不升序列长度,即：最多能拦截的导弹数
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printf("%d\n%d\n", res, ql);
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return 0;
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}
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```
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#### $Dilworth$ 定理
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- **把序列分成不升子序列的最少个数，等于序列的最长上升子序列长度**
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@ -54,15 +126,6 @@
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问题一 套用 $LIS$ 模型即可求解。由 $Dilworth$ 定理，问题二等价于 另一个 $LIS$ 长度
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#### 贪心法
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我们用两个贪心的证明方法来证明：
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#### $Code$
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朴素作法 $O(N^2)$
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```cpp {.line-numbers}
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