小明系列问题——小明序列 （线段树优化的最长上升子序列）

小明系列问题——小明序列 （线段树优化的最长上升子序列）

Problem Description

大家都知道小明最喜欢研究跟序列有关的问题了，可是也就因为这样，小明几乎已经玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻找着新的序列问题，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，那就自己来发明一个新的序列问题吧！小明想啊想，终于想出了一个新的序列问题，他欣喜若狂，因为是自己想出来的，于是将其新序列问题命名为“小明序列”。 　　提起小明序列，他给出的定义是这样的： 　　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其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ； 　　④同时Sub满足对于任意相连的两个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最大的一个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,情绪非常激动，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”中的元素需要多少个呢？

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”中的元素需要多少个，每组测试数据输出一行。

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

题目大概：

最长上升子序列的变形题。

思路：

不能用dp做，可以用二分，树状数组，线段树，优化。这里用线段树优化。

代码：

#include #include #include #define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1using namespace std;int sum[122222<<2];int a[122222];int dp[122222];void push(int rt){ sum[rt]=max(sum[rt<<1],sum[rt<<1|1]);}void build(int l,int r,int rt){ sum[rt]=0; if(l==r) { return; } int m=(l+r)>>1; build(lson); build(rson);}void update(int l,int r,int rt,int k,int v){ if(l==r) { sum[rt]=max(sum[rt],v); return; } int m=(l+r)>>1; if(k<=m) { update(lson,k,v); } else { update(rson,k,v); } push(rt);}int quert(int L,int R,int l,int r,int rt){ if(L<=l&&R>=r) { return sum[rt]; } int m=(l+r)>>1; if(R<=m)return quert(L,R,lson); else if(L>m)return quert(L,R,rson); else { return max(quert(L,R,lson),quert(L,R,rson)); }}int main(){ int n,d; while(~scanf("%d%d",&n,&d)) { int ans=-1; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); ans=max(ans,a[i]); } build(0,ans,1); int su=-1; for(int i=1;i<=n;i++) { if(i-d-1>=1) { update(0,ans,1,a[i-d-1],dp[i-d-1]);} if(a[i]>=1)dp[i]=quert(0,a[i]-1,0,ans,1)+1; else dp[i]=1; su=max(su,dp[i]); } printf("%d\n",su); } return 0;}

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