Update 334. Increasing Triplet Subsequence.md

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 因为我们可以用两个dp数组dp1和dp2（可以优化成只用一个dp数组），dp1[i]和dp2[i]分别代表nums[i]前面的最小值和后面的最大值，
 然后再判断是否存在`dp1[i] < nums[i] < dp2[i]就可以了`，这种方法时间复杂度是满足的，但是空间复杂度为O(n)，不满足题意。
 
-我们定义m2为到目前为止最有可能构成三元递增序列第二个元素的候选者，即需满足m2尽可能小且在m2之前存在比m2小的数。
+我们从前往后遍历nums数组，定义
+* m2为到目前为止最有可能构成三元递增序列第二个元素的候选者，即需满足m2尽可能小且在m2之前存在比m2小的数。
+
 这样定义之后，如果我们一旦遇到某个数nums[i]比m2大，说明找到了三元递增序列。问题关键在于如何维持m2。
 
-为此，我们需要再定义一个数m1为到目前为止最有可能构成三元递增序列第一个元素的候选者，也即到目前为止的最小值；更新m1和m2的方式为：
+为此，我们需要再
+* 定义一个数m1表示到目前为止最有可能构成三元递增序列第一个元素的候选者，也即到目前为止的最小值；
+
+> 需要注意的是，前面说了**在m2之前一定存在比m2小的数，但这个数不一定是m1！！！**，m1可能是m2之后的数，例如nums=[3,4,1,6]，当遍历完1后m2=4而m1=1，网上绝大多数博客都没提及这一点。
+
+更新m1和m2的方式为：
+* 初始时设置 `m1 = m2 = INT_MAX`；
+* 若 `nums[i] <= m1`， 说明遇到了更小的值，更新`m1 = nums[1]`即可（这里的更新就是在m2前且比m2小的数不一定就是m1的原因）；
+* 否则，即`nums[i] > m1`，说明在nums[i]之前肯定有一个数（就是当前的m1）比nums[i]小，又因为我们想m2尽可能小，所以如果`nums[i] <= m2`，应更新`m2 = nums[i]`；
+* 否则说明`nums[i] > m2`，找到了递增子序列，return true。
+
+这样空间复杂度就为O(1)了，上述思路还可以推广到子序列长度为4、5...无非就是多开辟几个mx罢了。
+
+
+
+# C++
+``` C++
+public:
+    bool increasingTriplet(vector<int>& nums) {
+        int m1 = INT_MAX, m2 = INT_MAX;
+        
+        for(int num: nums){
+            if(num <= m1) m1 = num;
+            else if(num <= m2) m2 = num;
+            else return true;
+        }
+        return false;
+    }
+};
+```
+