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hdu45221――小明系列问题――小明序列 线段树优化dp

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,可是也就由于这样,小明几近已玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻觅着新的序列问题,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1个新的序列问题吧!小明想啊想,终究想出了1个新的序列问题,他欣喜若狂,由于是自己想出来的,因而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1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1个子序列,Sub={ Ai1,Ai2,Ai3,aim },m为元素个数 ;
  ③其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij⑴ < Aij < Aij+1 < ... < aim
  ④同时Sub满足对任意相连的两个Aij⑴与Aij都有 ij - ij⑴ > d (1 < j <= m, d为给定的整数);
  ⑤明显满足这样的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1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{2,4}或{1,4}都是“小明序列”。

  当小明发明了“小明序列”那1刻,情绪非常激动,以致于头脑混乱,因而他想请你来帮他算算在给定的S序列和整数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1行动两个正整数 n 和 d;(1<=n<=10^5,0<=d<=10^5)
  输入的第2行动n个整数A1,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1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4场(3月24日)
 

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这道题唯1的看点就在n的范围很大以致于暴力会超时

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),固然如果此时的i-d<=1就不用插入了,这时候候用不到任何的前置状态。

需要用我们就插入1次,而且每次插入我们都能保证那个点和当前点i的距离1定大于d(之前已空了d个位置),到时就直接去线段树上小于a[i]的区间找最大值就好了


#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,val); } tree[p].val = max(tree[p << 1].val,tree[p << 1 | 1].val); } int query(int p,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,r); } else if (l > mid) { return query(p << 1 | 1,r); } else { return max(query(p << 1,mid),query(p << 1 | 1,r)); } } int main() { int n,d; while(~scanf(%d%d,&n,&d)) { int r= ⑴; for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf(%d,&arr[i]); r = max(r,arr[i]); } build(1,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,arr[i] - 1) + 1; } ans = max(ans,dp[i]); // printf(%d ,dp[i]); } printf(%d ,ans); } return 0; }



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