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hdu45221——小明系列问题——小明序列 线段树优化dp

2024-08-06 05:41:01   220人阅读

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): 1918    Accepted Submission(s): 583


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）
 

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这道题唯一的看点就在n的范围很大以至于暴力会超时

状态方程很好想，dp[i] = max(dp[j] + 1)其中a[i] > a[j]

我们把以第i个元素为结尾的最长上升子序列放到线段树对应值为a[i]的叶子上（有点hash思想，这是为了保证上升这个特性，查询的时候方便），当然如果此时的i-d<=1就不用插入了，这时候用不到任何的前置状态。

需要用我们就插入一次，而且每次插入我们都能保证那个点和当前点i的距离一定大于d（之前已经空了d个位置），到时就直接去线段树上小于a[i]的区间找最大值就行了


#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int dp[N];
int arr[N];
struct node
{
	int l, r;
	int val;
}tree[N << 2];

void build(int p, int l, int r)
{
	tree[p].l = l;
	tree[p].r = r;
	tree[p].val = 0;
	if (l == r)
	{
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(p << 1, l, mid);
	build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}

void update(int p, int pos, int val)
{
	if (tree[p].l == tree[p].r)
	{
		tree[p].val = val;
		return;
	}
	int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
	if (pos <= mid)
	{
		update(p << 1, pos, val);
	}
	else
	{
		update(p << 1 | 1, pos, val);
	}
	tree[p].val = max(tree[p << 1].val, tree[p << 1 | 1].val);
}

int query(int p, int l, int r)
{
	if (l <= tree[p].l && tree[p].r <= r)
	{
		return tree[p].val;
	}
	int mid = (tree[p].l + tree[p].r) >> 1;
	if (r <= mid)
	{
		return query(p << 1, l, r);
	}
	else if (l > mid)
	{
		return query(p << 1 | 1, l, r);
	}
	else
	{
		return max(query(p << 1, l, mid), query(p << 1 | 1, mid + 1, r));
	}
}

int main()
{
	int n, d;
	while(~scanf("%d%d", &n, &d))
	{
		int r= -1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			scanf("%d", &arr[i]);
			r = max(r, arr[i]);
		}
		build(1, 0, r);
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			if (i - d - 1 > 0)
			{
				update(1, arr[i - d - 1], dp[i - d - 1]);
			}
			if (arr[i] == 0)
			{
				dp[i] = 1;
			}
			else
			{
				dp[i] = query(1, 0, arr[i] - 1) + 1;
			}
			ans = max(ans, dp[i]);
			// printf("%d\n", dp[i]);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}



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