很多读者反应，就算看了前文 ，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。
一、动态规划解法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 k<n 时成立，然后想办法证明 k=n 的时候此结论也成立。如果能够证明出来，那么就说明这个结论对于 k 等于任何数都成立。
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 *d**p[0...i−1] 都已经被算出来了，然后问自己：怎么通过这些结果算出dp[i] ?*
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.length; 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 dp[0...4] 的所有结果，我们如何通过这些已知结果推出 dp[5]呢？
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。
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，你已经可以通过 dp[0...4] 算出 dp[5] 了，那么任意 dp[i] 你肯定都可以算出来：
for (int i = 0; i < nums.length; i++) { for (int j = 0; j < i; j++) { if (nums[j] < nums[i]) dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1); } }还有一个细节问题，就是 base case。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数组全部初始化为1 Arrays.fill(dp, 1); for (int i = 0; i < nums.length; i++) { for (int j = 0; j < i; j++) { if (nums[j] < nums[i]) dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1); } } }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。