Time Limit:1000MS Memory Limit:32768KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
Description
提起小明序列,他给出的定义是这样的:
①首先定义S为一个有序序列,S={ A1 , A2 , A3 , ... , An },n为元素个数 ;
②然后定义Sub为S中取出的一个子序列,Sub={ Ai1 , Ai2 , Ai3 , ... , Aim },m为元素个数 ;
③其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ;
④同时Sub满足对于任意相连的两个Aij-1与Aij都有 ij - ij-1 > d (1 < j <= m, d为给定的整数);
⑤显然满足这样的Sub子序列会有许许多多,而在取出的这些子序列Sub中,元素个数最多的称为“小明序列”(即m最大的一个Sub子序列)。
例如:序列S={2,1,3,4} ,其中d=1;
可得“小明序列”的m=2。即Sub={2,3}或者{2,4}或者{1,4}都是“小明序列”。
当小明发明了“小明序列”那一刻,情绪非常激动,以至于头脑凌乱,于是他想请你来帮他算算在给定的S序列以及整数d的情况下,“小明序列”中的元素需要多少个呢?
Input
输入的第一行为两个正整数 n 和 d;(1<=n<=10^5 , 0<=d<=10^5)
输入的第二行为n个整数A1 , A2 , A3 , ... , An,表示S序列的n个元素。(0<=Ai<=10^5)
Output
Sample Input
1 2
5 1
3 4 5 1 2
5 2
3 4 5 1 2
Sample Output
2
1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 1e5 + 10 , inf = 0x3f3f3f3f;
int n , d ;
int a[M] , Top[M] , maxn[M];
int judge (int x) {
int l = 0 , r = n ;
int ret = l ;
while (l <= r) {
int mid = l + r >> 1 ;
if (x > Top[mid]) {
l = mid+1 ;
ret = mid ;
}
else r = mid-1 ;
}
return ret+1 ;
} void solve () {
int ans = 0 ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
maxn[i] = judge (a[i]) ;
ans = max (maxn[i] , ans) ;
int j = i-d ;
if (j > 0) Top[ maxn[j] ] = min (Top[ maxn[j] ] , a[j] ) ;
}
printf ("%d\n" , ans ) ;
} int main () {
while (~ scanf ("%d%d" , &n , &d)) {
Top[0] = -inf ;
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
scanf ("%d" , &a[i]) ;
Top[i] = inf ;
}
solve () ;
}
return 0 ;
}
我想大多数人写LIS,都不会设置一个数组去记录以每个值结尾的最长子序列的LIS,因为:
1.我们一般只关心整体的LIS。
2.一般求出子序列的LIS就立刻拿去跟新Top[lis]了,哪里需要存在一个数组里。
然后这就导致一个梗了,我完全没有想过局部lis还有什么用。
就这道题目而言,思路其实就四个字:
延迟跟新。
每次跟新都延迟d次。