UVA - 1471 Defense Lines (set/bit/lis)

Posted 2021-02-08 asdfsag

紫薯例题+1。

题意：给你一个长度为n(n<=200000)的序列a[n]，求删除一个连续子序列后的可能的最长连续上升子序列的长度。

首先对序列进行分段，每一段连续的子序列的元素递增，设L[i]为下标i对应的元素向左能延伸到的最大长度(在同一段内)，R[i]为向右能延伸到的最大长度，则问题转化成了对于每个下标i，找到在它前面的下标j中a[j]<a[i]且L[j]最大的j，然后用R[i]+L[j]去更新ans。

第一种方法是用一个二元组(x,y)表示大小为x的元素所对应的L的值，用一个set保存所有这样的二元组，则任意两个二元组不存在包含关系，即满足x递增且y也递增。于是对原序列从左往右扫一遍，每扫到一个元素，就可以从set中二分找到最大的x使得a[i]>x，用R[i]+y去更新ans即可。然后向set中插入(a[i],L[i])，并根据set中左右两边的二元组的值来确定是否需要保留它，并清掉一些无用的二元组。

这里用到了一点小技巧，就是向set中插入两个虚的元素作为左右边界，这样就不用特判了，方便了很多。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 
 3 using namespace std;
 4 typedef long long ll;
 5 const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
 6 int a[N],L[N],R[N],n,ans;
 7 struct nd {
 8     int x,y;
 9     bool operator<(const nd& b)const {return x!=b.x?x<b.x:y<b.y;}
10 };
11 set<nd> st;
12 
13 int main() {
14     int T;
15     for(scanf("%d",&T); T--;) {
16         st.clear();
17         st.insert({0,0});
18         st.insert({inf,inf});
19         ans=0;
20         scanf("%d",&n);
21         for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]);
22         for(int l=0,r; l<n; l=r) {
23             for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r);
24             for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j;
25         }
26         for(int i=0; i<n; ++i) {
27             set<nd>::iterator it,it2;
28             it=st.lower_bound({a[i],-1}),it--;
29             ans=max(ans,it->y+R[i]);
30             st.insert({a[i],L[i]});
31             it=st.find({a[i],L[i]});
32             while(1) {
33                 it2=it,it2++;
34                 if(it2->y<=it->y)st.erase(it2);
35                 else break;
36             }
37             it2=it,it2--;
38             if(it2->y>=it->y)st.erase(it);
39         }
40         printf("%d
",ans);
41     }
42     return 0;
43 }

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第二种方法是每扫到一个i，直接查询a[j]<a[i]的元素中最大的L，怎么查呢？用树状数组(BIT)呗！树状数组不仅能动态维护前缀和，还能动态维护所有小于k的元素中的最大值哦！（当然，前提是没有将元素减小的操作）将原序列离散化后的值作为下标插入BIT中就行了，注意下标要从1开始。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 
 3 using namespace std;
 4 typedef long long ll;
 5 const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
 6 int a[N],b[N],c[N],L[N],R[N],n,nn,ans;
 7 int lowbit(int x) {return x&-x;}
 8 void add(int u,int x) {for(; u<=nn; u+=lowbit(u))c[u]=max(c[u],x);}
 9 int get(int u) {int ret=0; for(; u; u-=lowbit(u))ret=max(ret,c[u]); return ret;}
10 
11 int main() {
12     int T;
13     for(scanf("%d",&T); T--;) {
14         ans=0;
15         scanf("%d",&n);
16         for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
17         sort(b,b+n);
18         nn=unique(b,b+n)-b;
19         for(int i=0; i<n; ++i)a[i]=lower_bound(b,b+nn,a[i])-b+1;
20         for(int l=0,r; l<n; l=r) {
21             for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r);
22             for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j;
23         }
24         memset(c,0,sizeof c);
25         for(int i=0; i<n; ++i) {
26             ans=max(ans,R[i]+get(a[i]-1));
27             add(a[i],L[i]);
28         }
29         printf("%d
",ans);
30     }
31     return 0;
32 }

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第三种方法是最简洁最快速但也是最抽象的一种方法，就是仿照求LIS的算法，维护一个单调的数组c，记录所有L值为i的元素中最小的a[i]（和BIT正好相反），每扫到一个元素a[i]，在c中通过二分查找到比a[i]小的最大的元素，它的下标值就是最大的L，然后令c[L[i]]=min(c[L[i]],a[i])即可。其实这种方法和方法一原理是相同的，由于这道题比较特殊——L值是连续的！因为假设出现了某个L值，则L-1一定要出现在它前面，以此类推，因此不会出现下标空缺的现象，完全可以用数组来代替set。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 
 3 using namespace std;
 4 typedef long long ll;
 5 const int N=2e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
 6 int a[N],c[N],L[N],R[N],n,ans;
 7 
 8 int main() {
 9     int T;
10     for(scanf("%d",&T); T--;) {
11         ans=0;
12         scanf("%d",&n);
13         for(int i=0; i<n; ++i)scanf("%d",&a[i]);
14         for(int l=0,r; l<n; l=r) {
15             for(r=l+1; r<n&&a[r]>a[r-1]; ++r);
16             for(int j=l; j<r; ++j)L[j]=j-l+1,R[j]=r-j;
17         }
18         memset(c,inf,sizeof c);
19         c[0]=0;
20         for(int i=0; i<n; ++i) {
21             ans=max(ans,int(R[i]+lower_bound(c,c+n,a[i])-c-1));
22             c[L[i]]=min(c[L[i]],a[i]);
23         }
24         printf("%d
",ans);
25     }
26     return 0;
27 }

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虽然这种题已经做过n遍了，但做完之后还是有很大的感悟，里面蕴含的思想真的不容小觑啊。