[AcWing算法提高课笔记]1.2.1、1.2.2最长上升子序列模型

题目框架

回顾：最长上升子序列

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方法二：贪心。设 $q[len]$ 表示的是长度为 $len$ 的上升子序列中末尾数的最小值，$res$ 是最终答案。对于每一个数 $a_i$，如果它大于当前的LIS的末尾数的最小值，那么把它接到这个LIS后面即可，q[++res]=ai，否则二分出最小的 $len$ 使得 $q[len]>a_i$，用 $a_i$ 去替换 $q[len]$ q[len]=ai，这样使得长度为 $len$ 的上升子序列的末尾数的最小值更小。时间复杂度 $O(nlogn)$。

//贪心代码
int find(int x){
    
      //二分
    int l = 1, r = len;
    while (l < r){
    
    
        int mid = l + r >> 1;
        if (q[mid] >= x) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    return l;
}
void solve(){
    
    
	for(int i = 2; i <= n; i ++){
    
    
        if (a[i] > q[len]) q[++ len] = a[i];
        else int l = find(a[i]), q[l] = a[i];
  	}
}

一、怪盗基德的滑翔翼

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正向、反向求两次LIS长度，取最大值。

二、登山

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对每个点求以它结尾的LIS以及反向LIS长度之和减一，取最大值。

三、合唱队形

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题目问的是“最少需要几位同学出列”，只要上题登山输出 $n-res$ 即可。

四、友好城市

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所有桥与桥之间不能相交即 $\forall$已经架桥的二元组$(x,y)$，若$x_i<x_j$，则$y_i<y_j$，否则 $(x_i,y_i)$ 与 $(x_j,y_j)$ 相交，其中至少有一组不能架桥。将所有友好城市 $(x,y)$ 按照 $x$($y$) 从小到大排序，题意即求 $y(x)$ 上的LIS长度。

五、最大上升子序列和

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与LIS状态表示和计算类似，只不过状态表示的是以该点结尾的最大上升子序列和，转移的时候加的是数值，不是1。

六、拦截导弹

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第一问：最长不上升子序列长度；

第二问：可由贪心求得。由狄尔沃斯定理，即最长上升子序列长度。

第二问贪心证明：要证 $A=B$，只要证 $A\le B$ (显然 $A\ge B$)。
假设最优解与贪心方案不同，找到第一个不同的地方($A$ 中方案为 $a$，$B$ 中方案为 $b$)：

可知，$x\le a\le b$，那么 $b$ 后面的序列与 $a$ 后面的序列完全可以交换，并且保持最终结果不变。因此，在贪心结果下，最多调整 $n$ 次，可以将其变为最优结果，而最终结果不会变得更差，即 $A\ge B$。得证。

//第二问贪心的代码
//cnt为第二问结果
for(int i = 1; i < n; i ++){
    
    
    int k = 0;
    while (k < cnt && g[k] < a[i]) k ++;  //找到结尾大于等于它的最小子序列(g[]数组一定是有序的,找到的第一个就是最小的)
    g[k] = a[i];  //接到子序列后面
    if (k >= cnt) cnt ++;  //重新创建新的子序列
}

七、导弹防御系统

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这道题并不是DP，是DFS问题。每个导弹有两种情况：放在单调上升序列中、放在单调下降序列中 (怎么放如上题贪心流程)，再对每一种情况继续深搜下一个导弹，直到得到答案。

//dfs代码
void dfs (int s, int su, int sd){
    
    
    if (su + sd >= ans) return; //肯定不是最优解,不用再搜索下去
    if (s == n){
    
    
        ans = su + sd;  //更新最优解
        return;
    }
    int k = 0, tmp;
    while (k < su && up[k] >= a[s]) k ++;
    tmp = up[k], up[k] = a[s];  //同上题第二问
    if (k >= su) dfs(s + 1, su + 1, sd);
    else dfs(s + 1, su, sd), up[k] = tmp;

    k = 0;
    while (k < sd && down[k] <= a[s]) k ++;
    tmp = down[k], down[k] = a[s];
    if(k >= sd) dfs(s + 1, su, sd + 1);
    else dfs(s + 1, su, sd), down[k] = tmp;
}

八、最长公共上升子序列

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状态表示：设 $f[i,j]$ 表示由第一个序列前 $i$ 个字母和第二个序列前 $j$ 个字母 (LCS)，且以 $b[j]$ 结尾 (LIS) 的最长公共上升子序列的长度。
状态计算：先对 $f[i,j]$ 分两种情况：

1.$a[i]\ne b[j]$，那么 f[i,j]=f[i-1,j]；
2.$a[i]=b[j]$，这时候按照LIS的做法，用 $f[i,1]～f[i,j-1]$ 更新 $f[i,j]$ 的答案。

//2如下
if (a[i] == b[j])
   for (int k = 1; k < j; k ++)
   	if (b[k] < b[j]) //此时a[i]=b[j]
   		f[i][j] = max(f[i][j], f[i][k] + 1);

最后求 $f[n,1]～f[n,m]$ 的最大值即为答案。时间复杂度 $O(n^3)$ 会爆。

考虑优化一重循环：在做LIS过程中，需要枚举所有小于 $b[j]$ 的 $b[k]$，而此时 $b[j]=a[i]$，因此要枚举所有小于 $a[i]$ 的 $b[k]$，发现这一循环已经与 $j$ 无关了，此时这一循环的含义是找到满足 $b[k]$ 小于 $a[i]$ 的 $f[i-1,k]$ 的最大值。用 $maxv$ 记录这一最大值，并在循环 $j$ 时更新该最大值即可。

//2可变为
if (a[i] == b[j]) f[i][j] = max(f[i][j], maxv);
if (b[j] < a[i]) maxv = max(maxv, f[i][j] + 1);
//省去了k的一重循环