P3928 SAC E#1 - 一道简单题 Sequence2
题目背景
小强和阿米巴是好朋友。
题目描述
小强喜欢数列。有一天，他心血来潮，写下了三个长度均为n的数列。
阿米巴也很喜欢数列。但是他只喜欢其中一种，波动数列。
阿米巴把他的喜好告诉了小强。小强便打算找出这三个数列内的最长波动数列。
也就是说，如果我们将三个数列记做a[n][3]，他必须要构造一个二元组序列：<p[i], q[i]>，使得对于任何 i>1 有：
p[i] > p[i-1]
若q[i] = 0，a[p[i]][q[i]] >= a[p[i-1]][q[i-1]]
若q[i] = 1，a[p[i]][q[i]] <= a[p[i-1]][q[i-1]]
若q[i] = 2，只要保持段内同向即可（就是对于连续的一段q[i]=2，要么都有a[p[i]][q[i]] >= a[p[i-1]][q[i-1]]，要么都有a[p[i]][q[i]] <= a[p[i-1]][q[i-1]]）。
小强希望这个二元组序列尽可能长。
提示：当q[i] != q[i-1]时，数列的增减性由q[i]而非q[i-1]决定。
清晰版题目描述
小强拿到一个3×n的数组，要在每一列选一个数（或者不选），满足以下条件：
1.如果在第一行选，那它必须大于等于上一个数
2.如果在第二行选，那么必须小于等于上一个数
3.如果在第三行选，对于连续的一段在第三行选的数，必须满足方向相同（都小于等于上一个数或者都大于等于上一个数）
输入输出格式
输入格式：
输入包含4行。
第一行一个数n，表示数列长度。
第2、3、4行，每行n个整数，分别表示三个数列。
输出格式：
输出仅包含一个整数，即最长波动数列的长度。
输入输出样例
6 1 2 3 6 5 4 5 4 3 7 8 9 1 2 3 6 5 4
6
说明
对于20%的数据，n <= 10， m <= 1000
对于60%的数据，n <= 1000, m <= 1000
对于100%的数据， n <= 100000， m <= 1000000000
其中m = max|a[i]|
样例解释：
取第三行1 2 3（增），然后取第1行6（增），然后取第三行5 4（减），长度为6。
线段树+dp
设 dp_(i,k) 表示：第 i 个位置选择第k个序列的数，前 i 个位置 所能构成的最长子序列的长度。
于是我们有一下4个状态,对于每一个位置i
k=0选择第一行
k=1选第二行。
k=2选第三行,且大于等于前一个数
k=3选第三行,且小于等于前一个数那么根据题意,对于2,3,两个状态,他们不能相互转移.所以我们有
dp[i][0]=dp[0~i-1][0~3]+1 (a[j][k]<=a[i][0]);
dp[i][1]=dp[0~i-1][0~3]+1 (a[j][k]>=a[i][1]);
dp[i][2]=dp[0~i-1][0,1,2]+1 (a[j][k]<=a[i][2]);
dp[i][3]=dp[0~i-1][0,1,3]+1 (a[j][k]>=a[i][3]);那么我们还是发现会T TAT
于是就考虑优化第二维j的循环。
现在对于每一个转移a[i][?]我们都要找到一个dp值最大的a[j][k]其中a[j][k]满足转移;
于是n很小,就可以把数据离散后放进线段树中.对于dp的每一维建立一个线段树,储存当前以为最后一个选择为(选择数)最大所能到达的dp值。
bel当前属于第几维的dp(查询&&修改)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int maxn=100000+233; inline int read(){ int an=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while('0'<=ch&&ch<='9'){an=an*10+ch-'0';ch=getchar();} return an*f; } int dp[maxn][5],n,ans; int a[maxn][5],tot,cnt,id[maxn<<2]; struct saber{ int ma[6]; int l,r; }tr[maxn<<4]; void prepare(){ n=read(); for(int j=0;j<=2;j++) for(int i=1;i<=n;i++){ a[i][j]=read();tot++;id[tot]=a[i][j];} sort(id+1,id+1+tot); cnt=unique(id+1,id+1+tot)-id; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=2;j++) a[i][j]=lower_bound(id+1,id+cnt,a[i][j])-id+1; for(int i=1;i<=n;i++)a[i][3]=a[i][2]; } void build(int k,int l,int r){ tr[k].l=l;tr[k].r=r; if(l==r)return ; int mid=(l+r)>>1; build(k<<1,l,mid); build(k<<1|1,mid+1,r); } int ask(int bel,int k,int x,int y){ int l=tr[k].l,r=tr[k].r; if(l==x&&r==y)return tr[k].ma[bel]; int mid=(l+r)>>1; if(y<=mid)ask(bel,k<<1,x,y); else if(x>mid)ask(bel,k<<1|1,x,y); else return max( ask(bel,k<<1,x,mid),ask(bel,k<<1|1,mid+1,y) ); } void add(int bel,int k,int poi,int wi){ int l=tr[k].l,r=tr[k].r;; if(poi==l&&poi==r){ tr[k].ma[bel]=max(wi,tr[k].ma[bel]); return ;} int mid=(l+r)>>1; if(poi<=mid)add(bel,k<<1,poi,wi); else add(bel,k<<1|1,poi,wi); tr[k].ma[bel]=max(tr[k<<1].ma[bel],tr[k<<1|1].ma[bel]); } void DP(){ build(1,1,cnt); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int k=0;k<4;k++){ dp[i][0]=max(ask(k,1,1,a[i][0])+1,dp[i][0]);//查询小于等于 dp[i][1]=max(ask(k,1,a[i][1],cnt)+1,dp[i][1]);//后面大于等于 if(k!=3) dp[i][2]=max(ask(k,1,1,a[i][2])+1,dp[i][2]); if(k!=2) dp[i][3]=max(ask(k,1,a[i][3],cnt)+1,dp[i][3]); } add(0,1,a[i][0],dp[i][0]); add(1,1,a[i][1],dp[i][1]); add(2,1,a[i][2],dp[i][2]); add(3,1,a[i][3],dp[i][3]); } for(int i=0;i<4;i++) ans=max(ans,dp[n][i]); } int main(){ prepare(); DP(); cout<<ans; }
by:s_a_b_e_r
楼上dalao好厉害，表示我只会树状数组。
↑抄自s某一篇题解里的第一句话，接着这个题他就写了个线段树>_<
这里补个树状数组的做法
开4*2个树状数组，表示四种情况*升序/降序
每次转移升序时查询升序的树状数组里小于a[i][j]的最大dp值
降序时查询大于a[i][j]的，即在降序树状数组里查询小于n-a[i][j]+1的最大dp值
每波dp过后记得更新树状数组和答案
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100009,inf=1e9+7; int n,a[N][5],b[N<<2],ans; int t[N<<2][4][2],cnt,dp[N][5]; int lowbit(int x){return x&(-x);} void add(int x,int v,int p,int q){ while(x<=cnt) { t[x][p][q]=max(t[x][p][q],v); x+=lowbit(x); } } int ask(int x,int p,int q){ int re=0; while(x) { re=max(re,t[x][p][q]); x-=lowbit(x); } return re; } int main() { scanf("%d",&n); for(int k=0;k<3;++k) for(int i=1;i<=n;++i) { scanf("%d",&a[i][k]); b[++cnt]=a[i][k]; } for(int i=1;i<=n;++i)a[i][3]=a[i][2]; sort(b+1,b+cnt+1); cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-b-1; for(int k=0;k<4;++k) for(int i=1;i<=n;++i) a[i][k]=lower_bound(b+1,b+cnt+1,a[i][k])-b; for(int i=1;i<=n;++i){ for(int k=0;k<4;++k){ dp[i][0]=max(dp[i][0],ask(a[i][0],k,0)+1); dp[i][1]=max(dp[i][1],ask(cnt-a[i][1]+1,k,1)+1); if(k!=3)dp[i][2]=max(dp[i][2],ask(a[i][2],k,0)+1); if(k!=2)dp[i][3]=max(dp[i][3],ask(cnt-a[i][3]+1,k,1)+1); } for(int k=0;k<4;++k){ add(a[i][k],dp[i][k],k,0); add(cnt-a[i][k]+1,dp[i][k],k,1); } ans=max(ans,max(dp[i][0],max(dp[i][1],max(dp[i][2],dp[i][3])))); } cout<<ans; return 0; }
by:wypx