单调子序列包含有单调递增子序列和递减子序列，不失一般性，这里只讨论单调递增子序列。首先，从定义上明确我们的问题。给定序列a1, a2, …, an，如果存在满足下列条件的子序列
ai1<=ai2<=…<=aim, (其中i1<i2<…<im)
即称为一个原序列的长度为m的单调递增子序列，那么，现在的问题是我们要找出一个序列的最长的单调递增子序列。
直观上来说，一个序列Sn，它有2n个子序列，枚举所有的子序列，找出其中单调递增的序列，然后返回其中最长的，这样我们的问题就解决了。当然，这个直观的算法在时间上为O(2n*n)，它的复杂度增长太快了，所以，我们还应该做得更好一些。
于是，我们换个角度思考。假设我们对Sn排序（递增），得到Sn’。那么，Sn和Sn’的最长公共子序列Cm就是我们要求的最长单调递增子序列（如果你不清楚最长公共子序列的定义，just google it）。为什么？假设Cm’是Sn的最长单调子列，且Cm’!=Cm，
Cm’的长度大于Cm。由于Cm’是递增的，并且Cm’的每一个元素都来自Sn，所以Cm’一定是Sn’的子列，而Cm’又是Sn的子列，所以Cm’是Sn和Sn’的公共子列，故Cm’的长度一定小于Cm，这与假设矛盾，所以Cm是最长单调子列。理论上我们的算法是正确的，复杂度方面，运用动态规划(dynamic
programming)来求解LCS（最长公共子列，Longest-Common-Subsequence），时间上是O(n2)，空间上也是O(n2)。于是，对Sn排序需要nlogn的时间，而LCS需要n2，最后，我们的算法时间上是O(n2)。
Cm’的长度大于Cm。由于Cm’是递增的，并且Cm’的每一个元素都来自Sn，所以Cm’一定是Sn’的子列，而Cm’又是Sn的子列，所以Cm’是Sn和Sn’的公共子列，故Cm’的长度一定小于Cm，这与假设矛盾，所以Cm是最长单调子列。理论上我们的算法是正确的，复杂度方面，运用动态规划(dynamic
programming)来求解LCS（最长公共子列，Longest-Common-Subsequence），时间上是O(n2)，空间上也是O(n2)。于是，对Sn排序需要nlogn的时间，而LCS需要n2，最后，我们的算法时间上是O(n2)。
可以看到，通过上面的改进，我们的算法效率得到了很大的提升（从指数增长到多项式增长）。不过，程序设计的乐趣就是它会不断地给我们一些惊喜，所以，就此打住不是我们该做的，于是，更好的算法应该是存在的。
对于序列Sn，考虑其长度为i的单调子列(1<=i<=m)，这样的子列可能有多个。我们选取这些子列的结尾元素（子列的最后一个元素）的最小值。用Li表示。易知
L1<=L2<=…<=Lm
如果Li>Lj(i<j)，那么去掉以Lj结尾的递增子序列的最后j-i个元素，得到一个长度为i的子序列，该序列的结尾元素ak<=Lj<Li，这与Li标识了长度为i的递增子序列的最小结尾元素相矛盾，于是证明了上述结论。现在，我们来寻找Sn对应的L序列，如果我们找到的最大的Li是Lm，那么m就是最大单调子列的长度。下面的方法可以用来维护L。
从左至右扫描Sn，对于每一个ai，它可能
(1) ai<L1，那么L1=ai
(2) ai>=Lm，那么Lm+1=ai，m=m+1 (其中m是当前见到的最大的L下标)
(3) Ls<=ai<Ls+1，那么Ls+1=ai
扫描完成后，我们也就得到了最长递增子序列的长度。从上述方法可知，对于每一个元素，我们需要对L进行查找操作，由于L有序，所以这个操作为logn，于是总的复杂度为O(nlogn)。优于开始O(n2)的算法。这里给出我的一个实现：（算法并没有返回具体的序列，只是返回长度）
template<typenameT>
intLMS (const T* data,int
size)
...{
if (size<=0) return0; T* S=newT[size];
int S_Count=1; S[0]= data[0]; for (int i=1;i< size; i++)
...{ const T&e = data[i];
int low=0,high= S_Count-1;
while (low<=high)
...{ int mid=(low + high)/2;
if (S[mid]==e)
break; elseif(S[mid]> e)
...{ high= mid-1;
} else ...{ low= mid+1; } } //well,in this point
//highis -1, indicating e is the smallest element.
//otherwise, high indicates index of the largest element that is smaller than e if(high == S_Count-1)
S[S_Count++]=e;
else S[high+1]=e;
} returnS_Count;
}初看这个方法有点费解（这个算法转载于http://blog.csdn.net/fflush/article/details/1503841）
这里我举一个例子说明这个算法
data数组为1 3 5 7 9 5 5 6
S数组的变化依次是
（1）－＞（1,3）－＞（1,3,5）－＞（1,3,5,7）－＞（1,3,5,7,9）－＞（1,3,5,5,9）－＞（1,3,5,5,5）－＞（1,3,5,5,5,6）
最后得到的是（1,3,5,5,5,6）此数组对应每一项元素是L1，L2，L3，L4，L5，L6
而最长递增序列为6（注意S数组没有存一个可行解）
POJ 2544这个题的代码如下
#include <cstdio>
#define SIZE 1010
using namespace std;
int main()
{
int i, j, n, top, temp;
int s[SIZE];
scanf("%d",&n);
top = 0;
s[0]=-1;
for (i = 0; i < n; i++){
scanf("%d",&temp);
if (temp >s[top])
s[++top] = temp;
else{
int low = 1, high = top;
int mid; //查找第一个大于等于temp的，因为要找单调增。 如果要求找单调不减的，要找第一个大于temp的
while(low <= high)
{
mid = (low + high)>>1;
if (temp>s[mid])
low = mid + 1;
else
high = mid - 1;
}
s[low] = temp;
}
}
printf("%d\n",top);
return 0;
}
HDU 3998
//lower_bound() O(logn) 查找第一个不小于k的元素 upper_bound() O(logn) 查找第一个大于k的元素
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define INF 100000
#define MAXN 100000
int dp[MAXN],data[MAXN],mark[MAXN];
int main()
{
int N,i,j,s,num,maxlen;
while(scanf("%d",&N)!=EOF)
{
for(i=0;i<N;i++)
{
scanf("%d",&data[i]);
}
memset(mark,0,sizeof(mark));
s=0;
num=1;
while(1)
{
memset(dp,1,sizeof(dp));
maxlen=-INF;
for(i=0;i<N;i++)
{
if(mark[i])continue;
j=lower_bound(dp,dp+N,data[i])-dp; // 如果是求最长单调不减序列，则此处换为upper_bound();
dp[j]=data[i];
if(j>maxlen)
{
maxlen=j;
mark[i]=1;
}
}
if(s<maxlen+1)s=maxlen+1;
else if(s==maxlen+1)num++;
else break;
}
printf("%d\n%d\n",s,num);
}
return 0;
}
HDU 3998 这个题的第二问也可以最大流去做，可以看做是求最多不相交路径