HDU4991权值线段树优化DP

Posted 2021-06-03 hesorchen

题目

Ordered Subsequence

一个长度为$n(n<=10000)$的数组，问长度为$m(m<=100)$的上升子序列数量。

解题思路

离散化后，最多10000个数

暴力转移

// 令DP[i][j]为以i结尾长度为j的上升子序列方案数 
if (i > k)
    dp[i][j] += dp[k][j - 1];

复杂度为$O(n^{2}m)$。

---

权值线段树优化

想办法优化，线段树可以将一个$n$优化到$log(n)$

struct node
{
    int k, l, r, len[110];
    //len[i] ：以该区间内的数 结尾 长度为i的方案数和
} tr[4 * N];

线段树最底层的 $tr[i].len[j]$表示以$i$为最后一个数，长度为$j$的上升子序列数量。

当要插入数$x$时，我们将区间$[1,x-1]$的所有数的$len[i]$加起来，得到$prefix.len[i-1]$，以$x$结尾、长度为$j$的贡献就是$x.len[j]=prefix.len[j-1]$。因为，$x$可以连在前面所有数的后面，长度+1。

复杂度为$O(nmlog(n))$。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m;
const int mod = 123456789, N = 10005, M = 105;

int a[N];
int b[N];

struct node
{
    int k, l, r, len[110];
    //len[i] ：以该区间内的数 结尾 长度为i的方案数和
} tr[4 * N];

void pushup(int k)
{
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        tr[k].len[i] = tr[k * 2].len[i] + tr[k * 2 + 1].len[i];
        tr[k].len[i] %= mod;
    }
}
void build(int k, int l, int r)
{
    tr[k].l = l;
    tr[k].r = r;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        tr[k].len[i] = 0;
    if (l == r)
        return;
    int mid = l + r >> 1;
    build(k * 2, l, mid);
    build(k * 2 + 1, mid + 1, r);
    pushup(k);
}

int temp[M];
//临时数组，temp[i]表示当前这个结尾 长度为i的方案数
void insert(int k, int v)
{
    if (tr[k].l == tr[k].r)
    {
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            tr[k].len[i] += temp[i];
            tr[k].len[i] %= mod;
        }
        return;
    }
    int mid = tr[k].l + tr[k].r >> 1;
    if (v <= mid)
        insert(k * 2, v);
    else
        insert(k * 2 + 1, v);
    pushup(k);
}
void get(int k, int L, int R) //得到区间的方案数
{
    if (tr[k].l == L && tr[k].r == R)
    {
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            temp[i + 1] += tr[k].len[i];
        //前面已经有i个数，那么当前就是第i+1个数
        return;
    }
    int mid = tr[k].l + tr[k].r >> 1;
    if (R <= mid)
        get(k * 2, L, R);
    else if (L > mid)
        get(k * 2 + 1, L, R);
    else
    {
        get(k * 2, L, mid);
        get(k * 2 + 1, mid + 1, R);
    }
}
void solve()
{
    memset(temp, 0, sizeof temp);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    int len = unique(b + 1, b + 1 + n) - b;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + len, a[i]) - b;
    //离散化

    build(1, 1, n);
    temp[1] = 1;
    insert(1, a[1]);
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        memset(temp, 0, sizeof temp);
        temp[1] = 1;             //自己作为结尾 长度为1的方案为1
        if (a[i] != 1)           //如果不为1 ，前面比他小的数都会有贡献
            get(1, 1, a[i] - 1); //小于a[i]的数都可以转移到a[i]
        insert(1, a[i]);
    }
    get(1, 1, n);
    cout << tr[1].len[m] << endl;
}
int main()
{
    while (~scanf("%d %d", &n, &m))
        solve();
    return 0;
}