P4093[HEOI2016/TJOI2016]序列

• P4093[HEOI2016/TJOI2016]序列
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  • 输入格式
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  • 样例 #1
    • 样例输入 #1
    • 样例输出 #1
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  • 思路
  • code

题目描述

佳媛姐姐过生日的时候，她的小伙伴从某宝上买了一个有趣的玩具送给他。

玩具上有一个数列，数列中某些项的值可能会变化，但同一个时刻最多只有一个值发生变化。现在佳媛姐姐已经研究出了所有变化的可能性，她想请教你，能否选出一个子序列，使得在任意一种变化中，这个子序列都是不降的？请你告诉她这个子序列的最长长度即可。

输入格式

输入的第一行有两个正整数 \(n,m\)，分别表示序列的长度和变化的个数。

【资料图】

接下来一行有 \(n\) 个整数，表示这个数列原始的状态。

接下来 \(m\) 行，每行有 \(2\) 个整数 \(x,y\)，表示数列的第 \(x\) 项可以变化成 \(y\) 这个值。

输出格式

输出一个整数，表示对应的答案。

样例 #1

样例输入 #1

3 4 1 2 3 1 2 2 3 2 1 3 4

样例输出 #1

3

提示

注意：每种变化最多只有一个值发生变化。

在样例输入中，所有的变化是：

1 2 32 2 31 3 31 1 31 2 4

选择子序列为原序列，即在任意一种变化中均为不降子序列。

对于 \(20\%\) 数据，所有数均为正整数，且小于等于 \(300\)。

对于 \(50\%\) 数据，所有数字均为正整数，且小于等于 \(3000\)。

对于 \(100\%\) 数据，所有数字均为正整数，且小于等于 \(10^5\)。\(1\le x\le n\)。

题目大意

有一个序列以及它的 \(n\) 种不同的变化，每次变化可以把 \(a_x\) 变成 \(y\) 。

你需要找出一个序列，使得在任何一种变化中（可以不变化），这个序列保持不降。

题目问你这种满足这种要求的序列的最大长度是多少？

思路

我们可以处理出 \(Mx[i] , Mn[i]\) 表示在所有变化中 \(i\) 可以达到的最大值和最小值。

显然我们可以用 \(dp\) 来做这道题，转移方程：

我们观察一下这个转移方程，发现这是一个 \(O(n ^ 2)\) 的方法吗，然后我们考虑用 CDQ分治 + 树状数组维护

对于区间 \([l , r]\) ，

我们把 \([l , mid]\) 按照 \(Mx_i\) 升序排序，把区间 \([mid + 1 , r]\) 按照 \(a_i\) 升序排序

然后对于 \([mid + 1 , r]\) 用树状数组维护小于 \(Mn_i\) 的数就好了。

然后就发现我们把它转化成了三维偏序问题。

最后时间复杂度就变成了 \(O(n log_2 n)\) 可以通过。

code

#include #define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)#define fd(x , y , z) for(int x = y ; x >= z ; x --)#define LL long longusing namespace std;const int N = 1e5 + 5;int tr[N] , f[N] , n , m , a[N] , ans , Mx[N] , Mn[N] , p[N];int read () {    int val = 0 , fu = 1;    char ch = getchar ();    while (ch < "0" || ch > "9") {        if (ch == "-") fu = -1;        ch = getchar ();    }    while (ch >= "0" && ch <= "9") {        val = val * 10 + (ch - "0");        ch = getchar ();    }    return val * fu;}bool cmp1 (int x , int y) { return Mx[x] < Mx[y]; }bool cmp2 (int x , int y) { return a[x] < a[y]; }int lowbit (int x) { return x & (-x); }void Insert (int x , int y) {    while (x <= n) {        tr[x] = max (tr[x] , y);        x += lowbit (x);    }}int query (int x) {    int sum = 0;    while (x) {        sum = max (sum , tr[x]);        x -= lowbit (x);    }    return sum;}void Clear (int x) {    while (x <= n) {        tr[x] = 0;        x += lowbit (x);    }}void cdq (int l , int r) {    if (l == r) {        f[l] = max (f[l] , 1);        return;    }    else {        int mid = l + r >> 1;        cdq (l , mid);        fu (i , l , r)             p[i] = i;        sort (p + l , p + mid + 1 , cmp1) , sort (p + mid + 1 , p + r + 1 , cmp2);        int j = l;        fu (i , mid + 1 , r) {            while (j <= mid && Mx[p[j]] <= a[p[i]]) {                Insert (a[p[j]] , f[p[j]]);                j ++;            }            f[p[i]] = max (f[p[i]] , query (Mn[p[i]]) + 1);        }        fu (i , l , mid) {            Clear (a[i]);        }        cdq (mid + 1 , r);    }}int main () {    n = read () , m = read ();    fu (i , 1 , n) {        a[i] = read ();        Mx[i] = Mn[i] = a[i];    }    int x , y;    fu (i , 1 , m) {        x = read () , y = read ();        Mx[x] = max (Mx[x] , y) , Mn[x] = min (Mn[x] , y);    }    cdq (1 , n);    fu (i , 1 , n)        ans = max (ans , f[i]);    printf ("%d" , ans);    return 0;}

关键词：