当我们使用递推的方式，来求解动态规划时，我们会从 1 开始数起，一步步累加得到最终的状态：
F(1) = 1
F(2) = F(1) + 1
...
F(N) = f(N-1) + 1
当我们使用递归的方式，来求解动态规划时，我们会从把所有的键帽数量，记作状态 F(N)，当我们数了一个键帽后，那么 剩下的状态就记作 F(N-1)，因此：
F(N) = F(N-1) + 1
F(N-1) = F(N-2) + 1
...
F(1) = 1
无论是递推还是递归，都是得到的答案无疑都是一样的，只不过思维的方式有些不一样。递推是正向思维，先有基础答案后由复杂答案，最后得出最终问题的答案。递归是逆向思维，先有复杂的问题，然后把它化解为更简单的问题，直到分解为能一眼看出答案的基本问题。
数键盘虽然是一个很简单的游戏，但是解答的过程中已经包含了最基础的动态规划解题思路：
定义状态
再重新定义问题
找到最基础的状态
找出状态转移方程
编程求解
最长上升子序列
问：给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。
示例：
输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。
说明：
可能会有多种最长上升子序列的组合，你只需要输出对应的长度即可。
你算法的时间复杂度应该为 O(n2) 。
这道题目的问题是，求最长上升子序列的长度。直接拿到这个问题，肯定一脸懵逼，最长上升子序列的长度是什么？断词断句一个个解释，序列、子序列、上升序列、最长上升子序列的长度。
序列：这里指的是，一个无序的整数数组。
子序列：将原序列中的部分值，重新组合成一个新的序列，这个新的序列就是子序列。一个序列可以有多个子序列。如，原序列 [1, 5, 2, 3]，那么 [1, 5] 和 [1, 2, 3] 都是原序列的子序列。
上升序列：从前往后看，序列中的前面的数字比后面的数字更小，序列呈递增规律，就是上升序列。[1, 2, 3] 就是上升序列，[1,2,0] 就不是上升序列。
最长上升子序列的长度：一个序列可能会有多个上升子序列，其中长度最长的叫做最长上升子序列，其长度叫做最长上升子序列的长度。
动态规划方法一
第一步：定义状态。定义状态为，以当前序列第 i 个数字结尾的最长上升子序列的长度，记作 L(i)，0≤i≤N-1，N为序列长度。示例：序列[1,2,3]，状态 L[1] = 2 ，表示第 1 个以 2 结尾的最长上升子序列的长度为 2。
第二步：重新定位问题。序列中的最长上升子序列，不一定是以最后一个数字结尾，而是所有状态中的最大值，即 Math.max(L[0],L[1],…,L(N-1))。示例：[1,2,0] 的最长上升子序列是 [1,2] ，是以第1个数字结尾的。
第三步：找到最基础的状态。当序列为空时，结尾的最长上升子序列的长度为0。但是我们发现，最初我们定义的状态，并不能表示该最基础的状态，因此需要对状态的定义稍作修正。
状态：以当前序列第 index 个数字结尾的最长上升子序列的长度，index 是序列的下标，记 i = index + 1 ，状态为 L(i)，0≤i≤N，N为序列长度。此时 L[0] 表示空序列的最长上升子序列的长度 L[0] = 0，L[1] 表示以序列中第 0 位数字结尾的最长上升子序列的长度，L[1] = 1。
第四步：找到状态转移方程。若 L[i] 大于 1，则 L[i] 表示的子序列，去掉最后一位数，依旧是一个子序列，记该子序列为 L[j] 。其关系为 L[i] = L[j] + 1 。其中 L[j] 的最后一位 nums[j -1] < nums[i - 1]，且 L[j] = Math.max( L[1],…,L[i-1]) ，0
例如：序列A [1, 2, 6, 3, 4]
1. L[0] = 0
2. L[1] = 1
3. L[2] = Math.max( L[1]) + 1 = L[1] + 1 = 2, 其中 nums[1-1] < nums[2-1]
4. L[3] = Math.max(L[1], L[2]) + 1 = L[2] + 1 = 2, 其中 nums[2-1] < nums[3-1]
5. L[4] = Math.max(L[1], L[2],L[3]) + 1 = L[2] + 1 = 2, 其中 nums[2-1] < nums[4-1]
6. L[5] = Math.max(L[1], L[2],L[3],L[4]) + 1 = L[4] + 1 = 2, 其中 nums[4-1] < nums[5-1]
变成为：
function lengthOfLIS(nums) {
const dp = [0]
for (let i = 1; i <= nums.length; i++) {
let max = 0
for (let j = 1; j < i; j++) {
if (nums[j - 1] < nums[i - 1]) {
max = Math.max(max, dp[j])
}
}
dp[i] = max + 1
}
return Math.max(...dp)
};
动态规划方法二
第一步：定义状态。在序列前 index 项中，所有可能成为最长上升子序列的子序列。S[i]
示例：A [10, 1, 12, 2, 3]
S[0] = [[10]]
S[1] = [[10], [1]]
S[2] = [[10, 12], [1, 12]]
S[3] = [[10, 12], [1, 12], [1, 2]]
S[4] = [[10, 12], [1, 12], [1, 2, 3]]
当 S[1] = [[10], [1]] 时，A[2] 存在三种情况，①当 10 < A[2] 时， [10, A[2]] 和 [1, A[2]] 表示的长度等价；②当 1 < A[2] ≤ 10 时， [1, A[2]] 比 [10] 长；③当 A[2] ≤ 1 时，S[3] = [[10], [1], A[3]]。
因为题目只需要返回最终长度，所以 [10] 或 [1] 两种情况实际，可以简写为 [1] 这一种情况。A[3] 存在 3中情况，分别为①当 10 < A[2] 时， [1, A[2]] ；②当 1 < A[2] ≤ 10 时， [1, A[2]]；③当 A[2] ≤ 1 时，S[3] = [A[3]]。因此可证明，只保留 [1] 一种情况，实际上已经代表了 [10] 或 [1] 两种情况。
对状态进行重新定义：在序列前 i 项中，长度为 k 的上升子序列中，最后一位的最小值。S[i]
示例：A [10, 1, 12, 2, 3]
S[0] = [10]
S[1] = [1]
S[2] = [1,12]
S[3] = [1,2]
S[4] = [1,2,3]
第二步：重新定位问题。 求 S[N-1] 的长度，其中 N 为序列的长度。
第三步：找到最基础的状态。当序列为空时，结尾的最长上升子序列的长度为0，因此对问题和状态进行重新修正。
状态：在序列前 i + 1 项中，长度为 k 的上升子序列中，最后一位的最小值。S[i]
问题：求 S[N] 的长度，其中 N 为序列的长度。
第四步：找到状态转移方程。如果 A[i-1] 比 S[i] 最后一位还要大，记作 S[i][len -1] < A[i-1] ，即可以组成一个更长子序列，s[i] = [...s[i -1],A[i-1]]。如果 A[i-1] 比 S[i] 中某一位 S[i][j]要小，但是比该位的前一位 S[i][j-1]要大，更具第一步中的推论，可以用 A[i-1] 替换掉 S[i][j] ，S[i] = […,S[i][j-1],A[i-1] ,…]
示例：A [10, 1, 12, 2, 3]
S[0] = [] // 初始化
S[1] = [10] // 在最后添加 A[1-1]=10
S[2] = [1] // A[2-1] < S[2][0]，因此替换掉 S[2][0]
S[3] = [1,12] // 在最后添加 A[3-1]= 12
S[4] = [1,2] // S[2][0] < A[2-1] < S[2][1]，因此替换掉 S[2][1]
S[5] = [1,2,3] // 在最后添加 A[5-1]= 3
实现：
function lengthOfLIS(nums) {
const sequence = []
// 复杂度 n
for (let i = 1; i <= nums.length; i++) {
let len = sequence.length
// 增加
if (sequence[len - 1] < nums[i-1]) {
sequence[len] = nums[i-1]
// 替换
} else {
// sequence 具有单调性，可以使用 logn 复杂度的二分查找，查找到 S[i][j-1]
