最长上升子序列(LIS)长度及其数量

例题51Nod-1376，一个经典问题，给出一个序列问该序列的LIS以及LIS的数量。

这里我学习了两种解法，思路和代码都是参考这两位大佬的：

https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/9496040.html

https://www.cnblogs.com/RabbitHu/archive/2017/11/02/51nod1376.html

首先是先分析一下问题，求LIS是一个很基础的问题了，用得最多的是nlogn的解法这里就不讲了。当我们求出序列a[i]的LIS为f[i]时，我们应该从哪里得到LIS的数量s[i]呢？

显然应该是 s[i]=sigma(s[j])（j<i，a[j]<a[i]，f[j]=f[i]-1），即满足这三个条件的s[j]的和。因为我们是从左到右做，所以第一个条件满足，然后问题就是怎么能快速找到a[j]<a[i]且f[j]=f[i]-1的s[j]的和呢？

这里博主学习到两种解法，先将树状数组解法：将离散化后的a[i]作为下标在树状数组上建树，那么此时a[i]的前缀就必定满足a[j]<a[i]了，同时树状数组维护的是以a[i]结尾的LIS长度f[i]和a[i]的LIS数量s[i]。当求解a[i]时，我们在BIT上查询a[i]-1前缀的最长LIS同时累加最长LIS的数量，那么返回的结果就是后面一个数可以接上a[i]这个数的最长LIS和它的数量（这句话是重点）。所以f[i]=返回结果+1，s[i]=返回结果数量。代码实现是学习上面博客大佬，带有一些小技巧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+10;
const int P=1e9+7;
int n,m,a[N],b[N];
struct dat{
    int len,sum;
}bit[N],dp[N];

void upd(dat &x,dat y) {  //计算y对x的影响 
    if (x.len>y.len) return;
    else if (x.len<y.len) x=y;
    else x.sum+=y.sum,x.sum%=P;
}

void update(int x,dat v) {
    for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v);
}

dat query(int x) {
    dat ret=(dat){0,1};
    for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]);
    return ret;
}

int main()
{
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+n+1);
    m=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
    //update(0,(dat){0,1});  不能这样写会死循环 
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        dp[i]=query(a[i]-1); dp[i].len++;
        update(a[i],dp[i]);
    }
    dat ans=(dat){0,0};
    for (int i=1;i<=n;i++) upd(ans,dp[i]);
    cout<<ans.sum<<endl;
    return 0;
}

然后是同一道题的Vector+二分的解法。这种解法会更加容易理解，还是看上面三个条件（j<i，a[j]<a[i]，f[j]=f[i]-1），然后第一个条件不用管考虑后两个条件。在学习nlogn的LIS解法的时候应该有学习到：从左到右同等长度的LIS末尾数字应该是单调不增的，基于这个我们可以考虑把前面的a[j]按照f[j]大小分组，同等LIS长度的元素a[j]存在同一个vector里面，然后这个vector的元素应该是单调不增的，那么我们就可以通过二分查找在f[i]-1的这一个vector里面快速地找到所有的<a[i]的元素，同时也就是快速算出满足上诉三个条件的s[j]总和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+10;
const int P=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[N],g[N],f[N],s[N];
vector<int> len[N],sum[N];  //len[i]存放LIS为i的数a[i],sum[i]存放a[i]对应的LIS数量 
//显然len[i]的元素是单调不增的 

int Find(int p,int x) {  //二分len=p的最后一个>=x的位置,这个位置后面的就是答案 
    int l=0,r=len[p].size()-1,mid;
    while (l<r) {
        mid=l+r+1>>1;
        if (len[p][mid]>=x) l=mid;
        else r=mid-1;
    }
    return ((sum[p].back()-sum[p][l])%P+P)%P;
}

int main()
{
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    memset(g,0x3f,sizeof(g));
    for (int i=0;i<=n;i++) len[i].push_back(INF),sum[i].push_back(0);
    len[0].push_back(-INF),sum[0].push_back(1);
    int Max=0,ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        int t=lower_bound(g+1,g+n+1,a[i])-g;
        g[t]=a[i];
        f[i]=t; s[i]=Find(t-1,a[i]);
        len[t].push_back(a[i]); sum[t].push_back((sum[t].back()+s[i])%P);
        
        if (f[i]>Max) Max=f[i],ans=s[i];
        else if (f[i]==Max) ans=(ans+s[i])%P;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

题目练习：

2019计蒜之道 复赛 外教 Michale 变身大熊猫：https://nanti.jisuanke.com/t/39611

容易想到a[i]会在LIS的概率就是：(必须经过a[i]的LIS数量)/(所有的LIS数量)  。所有的LIS数量好求，主要问题就是怎么求必须经过a[i]的LIS的数量，这个问题也不难想，就是  从左到右以a[i]结尾的LIS数量*从右到左为a[i]为结尾的最长下降子序列数量。这就用到上面的知识了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int P=998244353;
const int N=5e5+10;
typedef long long LL;
int n,m,a[N],b[N],c[N];

struct dat{
    int len,sum;
}dp1[N],dp2[N],bit[N];
void upd(dat &x,dat y) {
    if (x.len>y.len) return;
    else if (x.len<y.len) x=y;
    else x.sum+=y.sum,x.sum%=P;
}
void update(int x,dat v) {
    for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v);
}
dat query(int x) {
    dat ret=(dat){0,1};
    for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]);
    return ret;
}

int power(int x,int p) {
    int ret=1;
    for (;p;p>>=1) {
        if (p&1) ret=((LL)ret*x)%P;
        x=((LL)x*x)%P;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+n+1);
    m=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
    for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
    
    dat ans=(dat){0,0};
    memset(bit,0,sizeof(bit));
    for (int i=1;i<=n;i++) {
        dp1[i]=query(c[i]-1); dp1[i].len++;
        update(c[i],dp1[i]);
        upd(ans,dp1[i]);
    }
    
    for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=m-c[i]+1;
    memset(bit,0,sizeof(bit));
    for (int i=n;i;i--) {
        dp2[i]=query(c[i]-1); dp2[i].len++;
        update(c[i],dp2[i]);
    }
    
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (dp1[i].len+dp2[i].len-1==ans.len) {
            int t=(LL)dp1[i].sum*dp2[i].sum%P*power(ans.sum,P-2)%P;
            printf("%d ",t);
        } else printf("0 ");
    return 0;
}