标签：clu others 子序列 The nlog 答案 des include ons
给你两个串，求他们的最长公共上升子序列
第一行是第一个串的长度\(n\)
第二行\(n\)个数代表第一个串
第三行是第二个串的长度\(m\)
第四行\(m\)个数代表第二个串
输出最长子序列的长度以及方案
\(For~All:\)
\(0~\leq~n~\leq~500\)
先考虑朴素DP，可以设\(f_{i,j}\)代表第一个串选前\(i\)个，第二个串选前\(j\)个的答案，转移显然\(f_{i,j}=\max\{f_{k,h}\}+1\),其中\(k~<~i,j~<~h,A_i=B_j,A_k=B_h\)。复杂度为\(O(n^4)\)，GG。
考虑把这个问题放到一个串上，问题变成了求一个串的LIS，我口胡了一个十分鬼畜的算法：读入离散化以后，设\(f_i\)为当前算到的以\(i\)这个数结尾的ans，注意这里\(i\)是代表的是一个位置的值而不是下标。于是当正着扫描的时候，转移显然\(f_i=\max\{f_j\}+1\)，其中\(j~<~i\)。发现\(f_i\)是从\(f_j\)的前缀\(\max\)转移过来的。于是可以使用树状数组维护这个前缀\(\max\)。具体的，\(f_i=ask(i-1)+1\)，然后在树状数组上修改\(i\)位置的\(f_i\)。
考虑一共枚举\(n\)个位置，树状数组复杂度是\(O(logn)\)，总复杂度为\(O(nlogn)\)
在这里放上一个串的树状数组LIS代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int
typedef long long int ll;
namespace IO {
char buf[300];
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch=getchar(),lst=' ';
while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(lst == '-') x=-x;
}
template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x < 0) {putchar('-');x=-x;}
rg int top=0;
do {
IO::buf[++top]=x%10+'0';
} while(x/=10);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
T _temp=a;a=b;b=_temp;
}
const int maxn = 100010;
int n;
int MU[maxn],tree[maxn],frog[maxn],temp[maxn];
int ask(int);
void init_hash();
void change(int,ci);
inline int lowbit(ci x) {return x&(-x);}
int main() {
qr(n);
for(rg int i=1;i<=n;++i) {qr(MU[i]);temp[i]=MU[i];}
init_hash();
for(rg int i=1;i<=n;++i) {
frog[MU[i]]=ask(MU[i]-1)+1;
change(MU[i],frog[MU[i]]);
}
qw(n-ask(n),'\n',true);
return 0;
}
void init_hash() {
std::sort(temp+1,temp+1+n);
int *ed=std::unique(temp+1,temp+1+n);
for(rg int i=1;i<=n;++i) MU[i]=std::lower_bound(temp+1,ed,MU[i])-temp;
}
int ask(int x) {
int _ans=0;
while(x) {
_ans=mmax(_ans,tree[x]);
x-=lowbit(x);
}
return _ans;
}
void change(int x,ci v) {
while(x <= n) {
tree[x]=mmax(tree[x],v);
x+=lowbit(x);
}
}回到这个题，我们可以仿照一个串的方式，再加一个维度，设\(f_{i,j}\)第一个串算到当前以\(i\)这个数结尾，第二个串以第\(j\)个位置结尾的\(ans\)。注意这里\(i\)代表的A串的值，\(j\)代表的是\(b\)串的下标。于是转移显然\(f_{i,j}=\max\{f_{k,h}\}+1\)，其中\(k~<~i,h<j\)。于是发现\(i,j\)由一个矩形的前缀最大值转移过来，可以用二维树状数组维护这个最大值。这样复杂度降为\(O(n^2log^2n)\)，可以通过本题。
这里的一个姿势是二维树状数组，他可以维护一个矩形的二维前缀和或前缀最大值。查询代码为
Zay ask(ci x,ci y) {
rg Zay _ret;
for(rg int i=x;i;i-=lowbit(i)) {
for(rg int j=y;j;j-=lowbit(j)) {
_ret=mmax(_ret,tree[i][j]);
}
}
return _ret;
}修改代码为
void add(ci x,ci y) {
Zay _tp=Zay(x,y);
for(rg int i=x;i<=tcnt;i+=lowbit(i)) {
for(rg int j=y;j<=tcnt;j+=lowbit(j)) {
tree[i][j]=mmax(tree[i][j],_tp);
}
}
}更一般的，修改代码中_tp可以改为一个传进来的参数代表要修改位置的值。
于是这个题就完了。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int
typedef long long int ll;
namespace IO {
char buf[300];
}
template <typename T>
inline void qr(T &x) {
rg char ch=getchar(),lst=' ';
while((ch > '9') || (ch < '0')) lst=ch,ch=getchar();
while((ch >= '0') && (ch <= '9')) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(lst == '-') x=-x;
}
template <typename T>
inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x < 0) {putchar('-');x=-x;}
rg int top=0;
do {
IO::buf[++top]=x%10+'0';
} while(x/=10);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template <typename T>
inline T mmax(const T &a,const T &b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {return a < b ? a : b;}
template <typename T>
inline T mabs(const T a) {return a < 0 ? -a : a;}
template <typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
T _temp=a;a=b;b=_temp;
}
const int maxn = 1010;
const int maxd = 1010;
int n,m,tcnt;
int a[maxn],b[maxn],MU[maxd],frog[maxd][maxd],remap[maxd];
struct Zay {
int x,y;
inline bool operator<(const Zay &_others) const {
return frog[this->x][this->y] < frog[_others.x][_others.y];
}
inline bool operator>(const Zay &_others) const {
return frog[this->x][this->y] > frog[_others.x][_others.y];
}
Zay (ci _a=0,ci _b=0) {x=_a,y=_b;}
};
Zay tree[maxd][maxd],pre[maxn][maxn],ans;
Zay ask(ci,ci);
void init_hash();
void add(ci,ci);
void dfs(ci,ci);
inline int lowbit(ci x) {return x&(-x);}
int main() {
qr(n);
for(rg int i=1;i<=n;++i) {qr(a[i]);MU[++tcnt]=a[i];}
qr(m);
for(rg int i=1;i<=m;++i) {qr(b[i]);MU[++tcnt]=b[i];}
init_hash();
for(rg int i=1;i<=n;++i) {
for(rg int j=1;j<=m;++j) if(a[i] == b[j]) {
Zay _temp=ask(a[i]-1,j-1);
frog[a[i]][j]=frog[_temp.x][_temp.y]+1;
pre[a[i]][j]=_temp;
add(a[i],j);
ans=mmax(ans,(Zay){a[i],j});
}
}
qw(frog[ans.x][ans.y],'\n',true);
dfs(ans.x,ans.y);
return 0;
}
void init_hash() {
std::sort(MU+1,MU+1+tcnt);
int *ed=std::unique(MU+1,MU+1+tcnt);
rg int k;
for(rg int i=1;i<=n;++i) k=std::lower_bound(MU+1,ed,a[i])-MU,remap[k]=a[i],a[i]=k;
for(rg int i=1;i<=m;++i) k=std::lower_bound(MU+1,ed,b[i])-MU,remap[k]=b[i],b[i]=k;
}
Zay ask(ci x,ci y) {
rg Zay _ret;
for(rg int i=x;i;i-=lowbit(i)) {
for(rg int j=y;j;j-=lowbit(j)) {
_ret=mmax(_ret,tree[i][j]);
}
}
return _ret;
}
void add(ci x,ci y) {
Zay _tp=Zay(x,y);
for(rg int i=x;i<=tcnt;i+=lowbit(i)) {
for(rg int j=y;j<=tcnt;j+=lowbit(j)) {
tree[i][j]=mmax(tree[i][j],_tp);
}
}
}
void dfs(ci x,ci y) {
if(!y) return;
dfs(pre[x][y].x,pre[x][y].y);
qw(remap[b[y]],' ',true);
}二维树状数组查询和修改的操作。
标签：clu others 子序列 The nlog 答案 des include ons
原文地址：https://www.cnblogs.com/yifusuyi/p/9834008.html
