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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1025
2 1 2 2 1 3 1 2 2 3 3 1
Case 1: My king, at most 1 road can be built. Case 2: My king, at most 2 roads can be built.
注意区分road和roads
思路：
/*如果存在一个序列d[1..9] = 2 1 5 3 6 4 8 9 7。能够看出来它的LIS长度为5。
以下一步一步试着找出它。
我们定义一个序列B，然后令 i = 1 to 9 逐个考察这个序列。
此外。我们用一个变量Len来记录如今最长算到多少了
首先。把d[1]有序地放到B里。令B[1] = 2，就是说当仅仅有1一个数字2的时候。长度为1的LIS的最小末尾是2。这时Len=1
然后，把d[2]有序地放到B里，令B[1] = 1，就是说长度为1的LIS的最小末尾是1，d[1]=2已经没用了。非常easy理解吧。
这时Len=1
接着。d[3] = 5，d[3]>B[1]。所以令B[1+1]=B[2]=d[3]=5，就是说长度为2的LIS的最小末尾是5，非常easy理解吧。这时候B[1..2]
= 1, 5，Len＝2
再来，d[4] = 3，它正好加在1,5之间。放在1的位置显然不合适。由于1小于3，长度为1的LIS最小末尾应该是1，这样非常easy推知，长度为2的LIS最小末尾是3。于是能够把5淘汰掉，这时候B[1..2]
= 1, 3，Len = 2
继续，d[5] = 6。它在3后面，由于B[2] = 3, 而6在3后面，于是非常easy能够推知B[3] = 6, 这时B[1..3]
= 1, 3, 6，还是非常easy理解吧？ Len = 3 了噢。
第6个, d[6] = 4，你看它在3和6之间，于是我们就能够把6替换掉，得到B[3] = 4。
B[1..3] = 1,
3, 4， Len继续等于3
第7个, d[7] = 8，它非常大，比4大，嗯。于是B[4] = 8。Len变成4了
第8个, d[8] = 9，得到B[5] = 9，嗯。
Len继续增大，到5了。
最后一个, d[9] = 7，它在B[3] = 4和B[4] = 8之间，所以我们知道，最新的B[4] =7。B[1..5]
= 1, 3, 4, 7, 9，Len = 5。
于是我们知道了LIS的长度为5。
!!!!! 注意。这个1,3,4,7,9不是LIS，它仅仅是存储的相应长度LIS的最小末尾。有了这个末尾，我们就能够一个一个地插入数据。尽管最后一个d[9]
= 7更新进去对于这组数据没有什么意义，可是假设后面再出现两个数字 8 和 9，那么就能够把8更新到d[5], 9更新到d[6]。得出LIS的长度为6。
然后应该发现一件事情了：在B中插入数据是有序的，并且是进行替换而不须要挪动——也就是说，我们能够使用二分查找。将每个数字的插入时间优化到O(logN)~~~~~于是算法的时间复杂度就减少到了O(NlogN)～
注意 把第一列的城市看成固定的，求出还有一列数的最长递增序列
用ans[x]保存rich city的标号y，dp[i]存放的是长度为i的序列的末尾最小的那个ans[i]值
dp[]的长度就是最多的道路数目。
设辅助数组为dp[]。
能够知道最短len=1；此时dp[1]=ans[1]。若第二个元素要大于第一个，把它增加dp[2]。len++,
否则就更新dp[1]。len不加。分析第三元素就能够推广到n个了，这样就减少分析问题的难度了。
假设第三个大于第二个元素就增加dp[3]中,假设小于第二个。直接更新dp[2]。
要推断left>len（left代表dp数组中更新元素的位置）这样2==2，不须要加。
假设小于第一个，更新dp[1],len=2>1。不须要加。
通过进一步分析：我们发现，dp数组中是递增的。它含有的元素的个数是当前上升子序列的个数（除0），
当有数据不是增加dp数组中，要更新前面的（用二分法找）.而它不会影响结果，
由于dp数组中值（除0以外）的个数并没添加，要使len 添加，有两种可能：
1:后面有元素大于dp数组的最后一个元素就有(left>len)。
2:被还有一个元素连续更新,且更新到left>len,意思就是说：选出还有一元素它能比当前元素构造的上升子序列要多。
这样就能选出最长上升子序列了。
*/
代码例如以下：
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int maxn = 500047;
int dp[maxn], ans[maxn], n;
int LIS()
{
dp[1] = ans[1]; //dp[i]用来存储长度为i时的最小值
int len = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
int left = 1, right = len;
while (left <= right)//二分查找应该更新的元素
{
int m = (left + right)/2;
if (ans[i] > dp[m])
left = m + 1;
else
right = m - 1;
}
dp[left] = ans[i];
if (left > len)
len = left;
}
return len;
}
int main()
{
int x, y,k = 1;
while (~scanf("%d", &n))
{
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &x, &y);
ans[x] = y;
}
memset(dp, 0, sizeof(dp));
int len = LIS();
printf("Case %d:\n",k);
if(len==1)
printf("My king, at most 1 road can be built.");
else
printf("My king, at most %d roads can be built.",len);
printf("\n\n");
k++;
}
return 0;
}hdu1025 Constructing Roads In JGShining's Kingdom（二分+dp）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/cxchanpin/p/7136995.html
