[Poi2010]Monotonicity 2

题目描述

给出N个正整数a[1..N]，再给出K个关系符号（>、<或=）s[1..k]。
选出一个长度为L的子序列（不要求连续），要求这个子序列的第i项和第i+1项的的大小关系为s[(i-1)mod K+1]。
求出L的最大值。

输入

第一行两个正整数，分别表示N和K (N, K <= 500,000)。
第二行给出N个正整数，第i个正整数表示a[i] (a[i] <= 10^6)。
第三行给出K个空格隔开关系符号（>、<或=），第i个表示s[i]。

输出

一个正整数，表示L的最大值。

样例输入

7 3
2 4 3 1 3 5 3
< > =

样例输出

这道题显然一看就是DP，(~~证明太明显不想证~~)话说考试A掉这题后老师让去讲，我就去讲：(恩，你们都会n^2 DP对吧，那么怎么优化到nlogn呢) woc？dp怎么保证对。。

(&##！@……)呃，一脸懵逼的我，我只是来讲个线段树优化。。

呃，假装这个DP是对的，那么就有N^2的转移：

for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<i;j++){
        int op = f[j]%k;
        if(!op)op=k;
        if(p[op]=='<'&&a[i]>a[j])f[i]=Max(f[i],f[j]+1);
        if(p[op]=='='&&a[i]==a[j])f[i]=Max(f[i],f[j]+1);
        if(p[op]=='>'&&a[i]<a[j])f[i]=Max(f[i],f[j]+1);
    }
    Ans=Max(Ans,f[i]);
}

显然，这是O(N^2)的算法，那么再考虑一下如果只有<怎么优化为logn,当j能更新i的时候，当且仅当a[j]<a[i]且i<j 可以用树状数组优化，用权值树状数组求前缀的最大值更新就好，那么这道题可以类似过来，可以对每一个符号建一颗线段树，然后就可以实现O(logn)转移了

注：等号搞个数组记录下就好了，考试时候懒得搞了。

#include <stdio.h>
#include <cstring>
const int MAXN = 500005;
int n,k,p[MAXN],a[MAXN],Ans,f[MAXN],mx;
int tree[MAXN<<3][3];
 
 
template<typename _t>
inline _t read(){
    _t x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar())if(ch=='-')f=-f;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+(ch^48);
    return x*f;
}
 
inline int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
 
void Update(int o,int l,int r,int x,int val,int op){
    if(l==r){
        tree[o][op]=Max(val,tree[o][op]);
        return;
    }
    int m=l+r>>1;
    if(x<=m)Update(o<<1,l,m,x,val,op);
    else Update(o<<1|1,m+1,r,x,val,op);
    tree[o][op]=Max(tree[o<<1][op],tree[o<<1|1][op]);
}
 
int Query(int o,int l,int r,int x,int y,int op){
    if(x>y)return 0;
    if(x<=l&&r<=y)return tree[o][op];
    int m=l+r>>1,ans=0;
    if(x<=m)ans=Max(Query(o<<1,l,m,x,y,op),ans);
    if(m<y)ans=Max(Query(o<<1|1,m+1,r,x,y,op),ans);
    return ans;
}
 
int main(){
    //freopen("mot.in","r",stdin);
    //freopen("mot.out","w",stdout);
    n=read<int>();k=read<int>();
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read<int>(),mx=Max(mx,a[i]);
    for(int i=1;i<=k;i++){
        char ch=getchar();
        while(ch!='>'&&ch!='<'&&ch!='=')ch=getchar();
        switch(ch){
            case '<':p[i]=0;break;
            case '=':p[i]=2;break;
            case '>':p[i]=1;break;
        }
    }
    //T[0]  < 
	//T[1]  > 
	//T[2]  =
    Update(1,1,mx,a[1],1,p[1]);
     
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int ans1=Query(1,1,mx,1,a[i]-1,0);
        int ans2=Query(1,1,mx,a[i]+1,mx,1);
        int ans3=Query(1,1,mx,a[i],a[i],2);
        f[i]=Max(ans1,Max(ans2,ans3))+1;
        int op = f[i]%k;
        if(!op)op=k;
        Ans=Max(f[i],Ans);
        Update(1,1,mx,a[i],f[i],p[op]);
    }
    printf("%d
",Ans);
}