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，但是也就由于这样，小明差点儿已经玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大站点上寻找着新的序列问题，但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，最终想出了一个新的序列问题，他欣喜若狂，由于是自己想出来的。于是将其新序列问题命名为“小明序列”。
提起小明序列。他给出的定义是这种： 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当中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ； ④同一时候Sub满足对于随意相连的两个Aij-1与Aij都有 ij - ij-1 > d (1 < j <= m， d为给定的整数)； ⑤显然满足这种Sub子序列会有许很多多。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)。 比如：序列S={2,1,3,4} 。当中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,情绪很激动，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”中的元素须要多少个呢？ 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”中的元素须要多少个，每组測试数据输出一行。
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
Recommend
liuyiding | We have carefully selected several similar problems for you:
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)。可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)的算法都非常easy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。
可是n范围10^5这个算法肯定要超时。
大概推測时间复杂度O(n*log2(n))就差点儿相同了。
看来得优化下dp方程。
假设可以高速的得到max(dp[j])的话那么状态转移仅仅须要O(1)的时间。如今关键是怎么高速的到这个了。
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。并且空间也同意。可是下标小d怎么处理延迟d个单位更新即可了.
具体见代码：
#include#include #include 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。可是如今得到的新值先保存在pre[i]中。
由于它仅仅会影响到i+d以后的dp值。
所以到那时才干更新。
具体见代码。
#include#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include