小明系列问题——小明序列
Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 1553 Accepted Submission(s): 457
Problem Description 大家都知道小明最喜欢研究跟序列有关的问题了，可是也就因为这样，小明几乎已经玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻找着新的序列问题，可是找来找去都是自己早已研究过的序列。小明想既然找不到，那就自己来发明一个新的序列问题吧！小明想啊想，终于想出了一个新的序列问题，他欣喜若狂，因为是自己想出来的，于是将其新序列问题命名为“小明序列”。
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 输入数据多组，处理到文件结束;
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 请对每组数据输出“小明序列”中的元素需要多少个，每组测试数据输出一行。
Sample Input
2 0
1 2
5 1
3 4 5 1 2
5 2
3 4 5 1 2
Sample Output
2
2
1
Source 2013腾讯编程马拉松初赛第四场（3月24日）
Recommend liuyiding | We have carefully selected several similar problems for you: 4822 4821 4820 4819 4818 题意： 给你一个序列。序列长度为n(n<=10^5)要你求最长上升子序列A(0<=A[i]<=10^5)。但是跟一般的最长上升子序列有点不同的是。序列中相邻的两个数下标差要大于d。 思路： 解法一： O(n*n)的算法都很容易想到。dp[i]表示序列以i结尾的最大长度。那么dp[i]=max(dp[j])+1.a[j]<a[i],i-j>d。 但是n范围10^5这个算法肯定要超时。大概猜测时间复杂度O(n*log2(n))就差不多了。看来得优化下dp方程。如果能够快速的得到max(dp[j])的话那么状态转移只需要O(1)的时间。现在关键是怎么快速的到这个了。比A[i]小且下标至少比i小d最大的DP值。这不就是线段树擅长的么。而且空间也允许。但是下标小d怎么处理延迟d个单位更新就行了. 详细见代码：
#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn=100010;
int maxv[maxn<<2],dp[maxn],val[maxn],pre[maxn];
void update(int L,int R,int p,int d,int k)
{
int ls,rs,mid;
if(L==R)
{
maxv[k]=max(maxv[k],d);
return ;
}
ls=k<<1;
rs=ls|1;
mid=(L+R)>>1;
if(p<=mid)
update(L,mid,p,d,ls);
else
update(mid+1,R,p,d,rs);
maxv[k]=max(maxv[ls],maxv[rs]);
}
int qu(int L,int R,int l,int r,int k)//区间最值
{
int ls,rs,mid;
if(l==L&&r==R)
return maxv[k];
ls=k<<1;
rs=ls|1;
mid=(L+R)>>1;
if(l>mid)
return qu(mid+1,R,l,r,rs);
else if(r<=mid)
return qu(L,mid,l,r,ls);
else
return max(qu(L,mid,l,mid,ls),qu(mid+1,R,mid+1,r,rs));
}
int main()
{
int n,d,i,lim,ans;
while(~scanf("%d%d",&n,&d))
{
memset(maxv,0,sizeof maxv);
memset(dp,0,sizeof dp);
lim=0,ans=1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&val[i]);
val[i]+=2;
lim=max(lim,val[i]);
}
for(i=1;i<=d;i++)
dp[val[i]]=1,pre[i]=1;//pre起到队列的作用。先把要跟新的值存起来。等距离大于d的时候再更新
for(i=d+1;i<=n;i++)
{
if(i==1)//d=0单独处理下
{
dp[val[i]]=1;
pre[i-d]=1;
update(1,lim,val[i-d],pre[i-d],1);
continue;
}
dp[val[i]]=max(qu(1,lim,1,val[i]-1,1)+1,dp[val[i]]);
pre[i]=dp[val[i]];
update(1,lim,val[i-d],pre[i-d],1);
ans=max(ans,dp[val[i]]);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
解法二：用经典的LIS扩展。dp[i]表示长度为i的序列结尾最小为dp[i]。经典的LIS是每处理完一个单位就要更新dp即d=0的情况。但是现在得到的新值先保存在pre[i]中。因为它只会影响到i+d以后的dp值。所以到那时才能更新。 详细见代码。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<sstream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
//#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
const double PI=acos(-1.0);
const int maxn=100010;
//typedef __int64 ll;
int dp[maxn],arr[maxn],pre[maxn],lim;
int bin(int x)
{
int low,hi,mid,ans=-1;
low=0,hi=lim;
while(low<=hi)
{
mid=(low+hi)>>1;
if(dp[mid]<x)
ans=mid,low=mid+1;
else
hi=mid-1;
}
return ans;
}
int main()
{
int n,d,i,ans;
while(~scanf("%d%d",&n,&d))
{
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&arr[i]);
dp[0]=-INF,lim=0,ans=1;
for(i=1;i<=d;i++)
pre[i]=1;
for(i=d+1;i<=n;i++)
{
pre[i]=bin(arr[i])+1;//先把值保存起来。等距离超过d再更新
ans=max(ans,pre[i]);//注意随时更新答案。
if(pre[i-d]>lim)
lim=pre[i-d],dp[lim]=arr[i-d];
else
dp[pre[i-d]]=min(dp[pre[i-d]],arr[i-d]);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}