[2020牛客算法竞赛入门课第九节习题] 小魂和他的数列 离散化+树状数组+dp优化

题目链接：小魂和他的数列

题意

给你一个长度为n的数列a，问数列一共有多少个长度为K的子序列是严格递增的。

题解

题目有个关键信息:1≤n≤500000,1≤k≤10。
看到k这么小我首先想到的是能否用dp去解决，不出所料，感觉还真可以。

定义dp[i][j] ：以i结尾，长度为j严格递增的子序列有多少种。

状态转移：$dp[a[k]][j]={\sum }_{i=1}^{i<a[k]}dp[i][j-1]$

答案 ：${\sum }_{i=1}^{n}dp[i][k]$

由于题目中a[i]≤1e9，dp数组无法开那么大，所以需要离散化。但还有一个问题转移方程的时间复杂度太大，需化简。看到前缀和，我们可以想到用树状数组去化简。
我们可以维护k个树状数组bit，bit[i]：长度为i的严格递增的序列。
很容易我们可以得出：$dp[a[k]][j]={\sum }_{i=1}^{i<a[k]}dp[i][j-1]=bit[j-1].sum(a[k]-1)$

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<cassert>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<iomanip>
#include<list>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
//extern "C"{void *__dso_handle=0;}
typedef long long ll;
typedef long double ld;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) x&-x

const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const ll mod=998244353;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=5e5+10;
const int maxm=100+10;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);

int n,k,a[maxn],dp[maxn][15],book[maxn],b[maxn];
int rem[maxn];

struct BIT{
    
    
	int c[maxn];
	
	void add(int x,int v)
	{
    
    
		while (x<=n) {
    
    
			c[x]=(c[x]+v)%mod;
			x+=lowbit(x);
		}
	}
	
	int sum(int x)
	{
    
    
		int ans=0;
		while(x>0)
		{
    
    
			ans=(ans+c[x])%mod;
			x-=lowbit(x);
		}
		return ans;
	}
}bit[15];

int main()
{
    
    
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=0;i<=k;i++) memset(bit[i].c, 0, sizeof(bit[i].c));
	for(int i=1;i<=n;i++) {
    
     scanf("%d",&a[i]); b[i]=a[i]; }
	sort(b+1,b+1+n);
	int len=unique(b+1, b+1+n)-b-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1, b+1+len, a[i])-b;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		book[a[i]]++;
		dp[a[i]][1]=book[a[i]];
		bit[1].add(a[i], 1);
		for(int j=2;j<=k;j++)
		{
    
    
			dp[a[i]][j]=(dp[a[i]][j]+bit[j-1].sum(a[i]-1))%mod;	
		}
		for(int j=2;j<=k;j++)
		{
    
    
			bit[j].add(a[i],bit[j-1].sum(a[i]-1));
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+dp[i][k])%mod;
	printf("%d\n",ans);
}