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
6
这道题显然一看就是DP，((&##！@……)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);
}