BZOJ 4553 Tjoi2016&Heoi2016 序列

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Tjoi2016&Heoi2016序列

Description

佳媛姐姐过生日的时候，她的小伙伴从某宝上买了一个有趣的玩具送给他。玩具上有一个数列，数列中某些项的值

可能会变化，但同一个时刻最多只有一个值发生变化。现在佳媛姐姐已经研究出了所有变化的可能性，她想请教你

，能否选出一个子序列，使得在任意一种变化中，这个子序列都是不降的？请你告诉她这个子序列的最长长度即可

。注意：每种变化最多只有一个值发生变化。在样例输入1中，所有的变化是：

1 2 3

2 2 3

1 3 3

1 1 31 2 4

选择子序列为原序列，即在任意一种变化中均为不降子序列在样例输入2中，所有的变化是:3 3 33 2 3选择子序列

为第一个元素和第三个元素，或者第二个元素和第三个元素，均可满足要求

Input

输入的第一行有两个正整数n, m，分别表示序列的长度和变化的个数。接下来一行有n个数，表示这个数列原始的

状态。接下来m行，每行有2个数x, y，表示数列的第x项可以变化成y这个值。1 <= x <= n。所有数字均为正整数

，且小于等于100,000

Output

输出一个整数，表示对应的答案

Sample Input

3 4
1 2 3
1 2
2 3
2 1
3 4

Sample Output

　　正解：CDQ分治。

　　想了好久没想到怎么做这个数数题，结果告诉我是CDQ(qiû)分治... ...果然我弱啊。

　　然后知道是CDQ之后就抠了好久偏序。

　　发现对于两个满足变化的玩具i和j，设一个玩具的最小变化值为L,最大为R,原始为A。

　　因为总是只有一个玩具的状态改变，所以可以列出：

　　　　i<j;

　　　　R[i]<=A[j];

　　　　A[i]<=L[j];

　　这样就列出了一个三维偏序。使用CDQ分治可以解决问题。

　　但是我在这里要做一个反思。我为了省力在外面那一层的偏序是rank,也就是i<j,因为可以不用sort。

　　但是这样下面的小于等于+重复元A就很不好做... ...也可能是我的CDQ学的不到家。

　　经过QT的点拔(代码强×)后我发现在外面搞的偏序是A的话就比较好搞。

　　在外面把A升序了，在CDQ里面先按rank分成左右，同时又不破坏两边A的升序。这个很好搞。

　　然后CDQ(l,mid)，回来的时候把左边按R升序。

　　那么现在就是关键！这个时候——

　　　　左边的rank均小于右边的rank。

　　　　左边的R是升序的，右边的A是升序的。

　　然后就是一个红红火火恍恍惚惚的树状数组操作了。

　　然后CDQ(mid+1,r)，再把右边按R升个序。

　　然后QT告诉窝删除树状数组的时候绝对不能用memset... ...是绝对不能... ...

　　直接把l到mid的重新搞一边清零。

　　看来窝以前的CDQ都是数据水才过去的啊，原来有这么多注意点。

　　所以说要把重复元做第一关键字吗，所以我真是菜啊。

　　但是为什么菜鸡的CDQ上了第一版呢... ...还是得%QT。

#include    <iostream>
#include    <cstdio>
#include    <cstdlib>
#include    <algorithm>
#include    <vector>
#include    <cstring>
#include    <queue>
#include    <complex>
#include    <stack>
#define LL long long int
#define dob double
using namespace std;
 
const int N = 100010;
struct Data{int rk,l,a,r,len;}s[N],f[N];
int n,m,T[N],Ans;
 
int gi()
{
  int x=0,res=1;char ch=getchar();
  while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){if(ch==‘-‘)res*=-1;ch=getchar();}
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return x*res;
}
 
inline bool cmpa(const Data &a,const Data &b){return a.a<b.a;}
 
inline int lb(int k){return k&-k;}
 
inline void update(int x,int mx){for(;x<=n;x+=lb(x))T[x]=max(T[x],mx);}
 
inline int query(int x){int ans=0;for(;x;x-=lb(x))ans=max(ans,T[x]);return ans;}
 
inline void clean(int x){for(;x<=n;x+=lb(x))T[x]=0;}
 
inline void merge(int l,int r)
{
  if(l==r)return;
  int mid=(l+r)>>1;
  int x=l,y=mid+1,i=l;
  Data f[N];
  while(x<=mid && y<=r){
    if(s[x].r<=s[y].r)
      f[i++]=s[x++];
    else f[i++]=s[y++];
  }
  while(x<=mid)f[i++]=s[x++];
  while(y<=r)f[i++]=s[y++];
  for(i=l;i<=r;++i)s[i]=f[i];
}
 
inline void CDQ(int l,int r)
{
  if(l==r){s[l].len=max(s[l].len,1);return;}
  int mid=(l+r)>>1;
  int x=l,y=mid+1;
  for(int i=l;i<=r;++i)
    if(s[i].rk<=mid)f[x++]=s[i];
    else f[y++]=s[i];
  for(int i=l;i<=r;++i)s[i]=f[i];
  CDQ(l,mid);merge(l,mid);
  x=l;y=mid+1;
  while(x<=mid && y<=r){
    if(s[x].r<=s[y].a)
      update(s[x].a,s[x].len),++x;
    else s[y].len=max(s[y].len,query(s[y].l)+1),++y;
  }
  while(y<=r)s[y].len=max(s[y].len,query(s[y].l)+1),++y;
  for(int i=l;i<=mid;++i)clean(s[i].a);
  CDQ(mid+1,r);merge(mid+1,r);
}
 
int main()
{
  n=gi();m=gi();
  for(int i=1;i<=n;++i)
    s[i].rk=i,s[i].l=s[i].r=s[i].a=gi(),s[i].len=0;
  for(int i=1;i<=m;++i){
    int x=gi(),y=gi();
    s[x].l=min(s[x].l,y);
    s[x].r=max(s[x].r,y);
  }
  sort(s+1,s+n+1,cmpa);
  CDQ(1,n);
  for(int i=1;i<=n;++i)Ans=max(Ans,s[i].len);
  printf("%d\n",Ans);
  return 0;
}

BZOJ 4553 Tjoi2016&Heoi2016 序列

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原文地址：http://www.cnblogs.com/fenghaoran/p/7208476.html