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紫薯例题+1。
题意：给你一个长度为n(n<=200000)的序列a[n]，求删除一个连续子序列后的可能的最长连续上升子序列的长度。
首先对序列进行分段，每一段连续的子序列的元素递增，设L[i]为下标i对应的元素向左能延伸到的最大长度(在同一段内)，R[i]为向右能延伸到的最大长度，则问题转化成了对于每个下标i，找到在它前面的下标j中a[j]<a[i]且L[j]最大的j，然后用R[i]+L[j]去更新ans。
第一种方法是用一个二元组(x,y)表示大小为x的元素所对应的L的值，用一个set保存所有这样的二元组，则任意两个二元组不存在包含关系，即满足x递增且y也递增。于是对原序列从左往右扫一遍，每扫到一个元素，就可以从set中二分找到最大的x使得a[i]>x，用R[i]+y去更新ans即可。然后向set中插入(a[i],L[i])，并根据set中左右两边的二元组的值来确定是否需要保留它，并清掉一些无用的二元组。
这里用到了一点小技巧，就是向set中插入两个虚的元素作为左右边界，这样就不用特判了，方便了很多。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f; 6 int a[N],L[N],R[N],n,ans; 7 struct nd { 8 int x,y; 9 bool operator<(const nd& b)const {return x!=b.x?x<b.x:y<b.y;} 10 }; 11 set<nd> st; 12 13 int main() { 14 int T; 15 for(scanf("%d",&T); T--;) { 16 st.clear(); 17 st.insert({0,0}); 18 st.insert({inf,inf}); 19 ans=0; 20 scanf("%d",&n); 21 for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]); 22 for(int l=0,r; l<n; l=r) { 23 for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r); 24 for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j; 25 } 26 for(int i=0; i<n; ++i) { 27 set<nd>::iterator it,it2; 28 it=st.lower_bound({a[i],-1}),it--; 29 ans=max(ans,it->y+R[i]); 30 st.insert({a[i],L[i]}); 31 it=st.find({a[i],L[i]}); 32 while(1) { 33 it2=it,it2++; 34 if(it2->y<=it->y)st.erase(it2); 35 else break; 36 } 37 it2=it,it2--; 38 if(it2->y>=it->y)st.erase(it); 39 } 40 printf("%d\n",ans); 41 } 42 return 0; 43 }
第二种方法是每扫到一个i，直接查询a[j]<a[i]的元素中最大的L，怎么查呢？用树状数组(BIT)呗！树状数组不仅能动态维护前缀和，还能动态维护所有小于k的元素中的最大值哦！（当然，前提是没有将元素减小的操作）将原序列离散化后的值作为下标插入BIT中就行了，注意下标要从1开始。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f; 6 int a[N],b[N],c[N],L[N],R[N],n,nn,ans; 7 int lowbit(int x) {return x&-x;} 8 void add(int u,int x) {for(; u<=nn; u+=lowbit(u))c[u]=max(c[u],x);} 9 int get(int u) {int ret=0; for(; u; u-=lowbit(u))ret=max(ret,c[u]); return ret;} 10 11 int main() { 12 int T; 13 for(scanf("%d",&T); T--;) { 14 ans=0; 15 scanf("%d",&n); 16 for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]; 17 sort(b,b+n); 18 nn=unique(b,b+n)-b; 19 for(int i=0; i<n; ++i)a[i]=lower_bound(b,b+nn,a[i])-b+1; 20 for(int l=0,r; l<n; l=r) { 21 for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r); 22 for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j; 23 } 24 memset(c,0,sizeof c); 25 for(int i=0; i<n; ++i) { 26 ans=max(ans,R[i]+get(a[i]-1)); 27 add(a[i],L[i]); 28 } 29 printf("%d\n",ans); 30 } 31 return 0; 32 }
第三种方法是最简洁最快速但也是最抽象的一种方法，就是仿照求LIS的算法，维护一个单调的数组c，记录所有L值为i的元素中最小的a[i]（和BIT正好相反），每扫到一个元素a[i]，在c中通过二分查找到比a[i]小的最大的元素，它的下标值就是最大的L，然后令c[L[i]]=min(c[L[i]],a[i])即可。其实这种方法和方法一原理是相同的，由于这道题比较特殊——L值是连续的！因为假设出现了某个L值，则L-1一定要出现在它前面，以此类推，因此不会出现下标空缺的现象，完全可以用数组来代替set。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f; 6 int a[N],c[N],L[N],R[N],n,ans; 7 8 int main() { 9 int T; 10 for(scanf("%d",&T); T--;) { 11 ans=0; 12 scanf("%d",&n); 13 for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]); 14 for(int l=0,r; l<n; l=r) { 15 for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r); 16 for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j; 17 } 18 memset(c,inf,sizeof c); 19 c[0]=0; 20 for(int i=0; i<n; ++i) { 21 ans=max(ans,int(R[i]+lower_bound(c,c+n,a[i])-c-1)); 22 c[L[i]]=min(c[L[i]],a[i]); 23 } 24 printf("%d\n",ans); 25 } 26 return 0; 27 }
虽然这种题已经做过n遍了，但做完之后还是有很大的感悟，里面蕴含的思想真的不容小觑啊。
UVA - 1471 Defense Lines (set/bit/lis)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/10358561.html
