题意:找最长不上升子序列和最少的不上升子序列划分个数。
题解:
用O(n*n)的复杂度只能过一半。常规做法是用贪心二分优化:用数组保存结尾的数,显然结尾的数越大越好。
对于a[i],如果a[i]<=f[len],那么就就直接将a[i]加入,否则在前面二分,更新前面的结尾。
然后第二问有一个组合数学的定理:最少的不上升子序列划分数等于最长下降子列的长度。//之前C4比赛L2列车调度也用过这个定理,博客内有题解。
#include<cstdio> #include<string.h> #include<iostream> using namespace std; const int maxn=100005; int a[maxn]; int f[maxn]; int main() { int n=0; int l,r,mid; while(scanf("%d",&a[++n])!=EOF)continue; n--; f[0]=1234123412;//这个数要大于50000,不然可能你就无法更新 int ans1=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(f[ans1]>=a[i]){ f[ans1+1]=a[i];//结束点为a[i] ans1++; //当前最长不上升序列的长度加一 } else {//二分查找 l=0;r=ans1; while(l<r){ mid=(l+r)/2; if(f[mid]>=a[i])l=mid+1; else { r=mid; } } if(l!=0)f[l]=a[i]; } } cout<<ans1<<endl;//输出第一问的答案 memset(f,-1,sizeof(f));//这次前面要尽量小了,不然又无法更新 int ans2=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(f[ans2]<a[i]){ f[ans2+1]=a[i];//结束点为a[i] ans2++; //当前最长上升序列长度加一 } else {//二分查找 l=0;r=ans2; while(l<r){ mid=(l+r)/2; if(f[mid]>=a[i])r=mid; else { l=mid+1; } } f[l]=a[i]; } } cout<<ans2<<endl;//输出第二个答案 }
然后还看到一种比较清奇的做法。还是O(n*n)的复杂度,但是进行了一个小优化就可以达到200分。
i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
a | 389 | 207 | 155 | 300 | 299 | 170 | 158 | 65 |
dp | 1 | 2 | 3 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
常规dp用dp数组记录以i结尾的最长不上升子序列。注意到,如果dp相等那么后面出现的高度一定比前面的大,因为如果后面的小就直接接在前面那个后面接上了。所以利用这层大小关系,我们可以贪心:对于一个dp值只与最后的那个比较。
代码:
#include <iostream> #include<cstdio> using namespace std; int a[100005],dp[100005],d[100005],n,temp; int main() { int i,j,ans=1; while(~scanf("%d",&a[++n])); n--;//最后一个是EOF for(i=1;i<=n;i++){ dp[i]=1; for(j=temp;j>0;j--){ if(a[i]<=a[d[j]]){ dp[i]=dp[d[j]]+1; break; } } temp=max(temp,dp[i]); d[dp[i]]=i; } printf("%d\n",temp); temp=0; for(i=1;i<=n;i++){ dp[i]=1; for(j=temp;j>0;j--){ if(a[i]>a[d[j]]){ dp[i]=dp[d[j]]+1; break; } } temp=max(temp,dp[i]); d[dp[i]]=i; } printf("%d\n",temp); return 0; }