例题51Nod-1376,一个经典问题,给出一个序列问该序列的LIS以及LIS的数量。
这里我学习了两种解法,思路和代码都是参考这两位大佬的:
https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/9496040.html
https://www.cnblogs.com/RabbitHu/archive/2017/11/02/51nod1376.html
首先是先分析一下问题,求LIS是一个很基础的问题了,用得最多的是nlogn的解法这里就不讲了。当我们求出序列a[i]的LIS为f[i]时,我们应该从哪里得到LIS的数量s[i]呢?
显然应该是 s[i]=sigma(s[j])(j<i,a[j]<a[i],f[j]=f[i]-1),即满足这三个条件的s[j]的和。因为我们是从左到右做,所以第一个条件满足,然后问题就是怎么能快速找到a[j]<a[i]且f[j]=f[i]-1的s[j]的和呢?
这里博主学习到两种解法,先将树状数组解法:将离散化后的a[i]作为下标在树状数组上建树,那么此时a[i]的前缀就必定满足a[j]<a[i]了,同时树状数组维护的是以a[i]结尾的LIS长度f[i]和a[i]的LIS数量s[i]。当求解a[i]时,我们在BIT上查询a[i]-1前缀的最长LIS同时累加最长LIS的数量,那么返回的结果就是后面一个数可以接上a[i]这个数的最长LIS和它的数量(这句话是重点)。所以f[i]=返回结果+1,s[i]=返回结果数量。代码实现是学习上面博客大佬,带有一些小技巧。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=5e4+10; 4 const int P=1e9+7; 5 int n,m,a[N],b[N]; 6 struct dat{ 7 int len,sum; 8 }bit[N],dp[N]; 9 10 void upd(dat &x,dat y) { //计算y对x的影响 11 if (x.len>y.len) return; 12 else if (x.len<y.len) x=y; 13 else x.sum+=y.sum,x.sum%=P; 14 } 15 16 void update(int x,dat v) { 17 for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v); 18 } 19 20 dat query(int x) { 21 dat ret=(dat){0,1}; 22 for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]); 23 return ret; 24 } 25 26 int main() 27 { 28 cin>>n; 29 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]; 30 sort(b+1,b+n+1); 31 m=unique(b+1,b+n+1)-(b+1); 32 for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b; 33 //update(0,(dat){0,1}); 不能这样写会死循环 34 for (int i=1;i<=n;i++) { 35 dp[i]=query(a[i]-1); dp[i].len++; 36 update(a[i],dp[i]); 37 } 38 dat ans=(dat){0,0}; 39 for (int i=1;i<=n;i++) upd(ans,dp[i]); 40 cout<<ans.sum<<endl; 41 return 0; 42 }
然后是同一道题的Vector+二分的解法。这种解法会更加容易理解,还是看上面三个条件(j<i,a[j]<a[i],f[j]=f[i]-1),然后第一个条件不用管考虑后两个条件。在学习nlogn的LIS解法的时候应该有学习到:从左到右同等长度的LIS末尾数字应该是单调不增的,基于这个我们可以考虑把前面的a[j]按照f[j]大小分组,同等LIS长度的元素a[j]存在同一个vector里面,然后这个vector的元素应该是单调不增的,那么我们就可以通过二分查找在f[i]-1的这一个vector里面快速地找到所有的<a[i]的元素,同时也就是快速算出满足上诉三个条件的s[j]总和。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=5e4+10; 4 const int P=1e9+7; 5 const int INF=0x3f3f3f3f; 6 int n,m,a[N],g[N],f[N],s[N]; 7 vector<int> len[N],sum[N]; //len[i]存放LIS为i的数a[i],sum[i]存放a[i]对应的LIS数量 8 //显然len[i]的元素是单调不增的 9 10 int Find(int p,int x) { //二分len=p的最后一个>=x的位置,这个位置后面的就是答案 11 int l=0,r=len[p].size()-1,mid; 12 while (l<r) { 13 mid=l+r+1>>1; 14 if (len[p][mid]>=x) l=mid; 15 else r=mid-1; 16 } 17 return ((sum[p].back()-sum[p][l])%P+P)%P; 18 } 19 20 int main() 21 { 22 cin>>n; 23 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 24 memset(g,0x3f,sizeof(g)); 25 for (int i=0;i<=n;i++) len[i].push_back(INF),sum[i].push_back(0); 26 len[0].push_back(-INF),sum[0].push_back(1); 27 int Max=0,ans=0; 28 for (int i=1;i<=n;i++) { 29 int t=lower_bound(g+1,g+n+1,a[i])-g; 30 g[t]=a[i]; 31 f[i]=t; s[i]=Find(t-1,a[i]); 32 len[t].push_back(a[i]); sum[t].push_back((sum[t].back()+s[i])%P); 33 34 if (f[i]>Max) Max=f[i],ans=s[i]; 35 else if (f[i]==Max) ans=(ans+s[i])%P; 36 } 37 cout<<ans<<endl; 38 return 0; 39 }
题目练习:
2019计蒜之道 复赛 外教 Michale 变身大熊猫:https://nanti.jisuanke.com/t/39611
容易想到a[i]会在LIS的概率就是:(必须经过a[i]的LIS数量)/(所有的LIS数量) 。所有的LIS数量好求,主要问题就是怎么求必须经过a[i]的LIS的数量,这个问题也不难想,就是 从左到右以a[i]结尾的LIS数量*从右到左为a[i]为结尾的最长下降子序列数量。这就用到上面的知识了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int P=998244353; 4 const int N=5e5+10; 5 typedef long long LL; 6 int n,m,a[N],b[N],c[N]; 7 8 struct dat{ 9 int len,sum; 10 }dp1[N],dp2[N],bit[N]; 11 void upd(dat &x,dat y) { 12 if (x.len>y.len) return; 13 else if (x.len<y.len) x=y; 14 else x.sum+=y.sum,x.sum%=P; 15 } 16 void update(int x,dat v) { 17 for (;x<=m;x+=x&-x) upd(bit[x],v); 18 } 19 dat query(int x) { 20 dat ret=(dat){0,1}; 21 for (;x;x-=x&-x) upd(ret,bit[x]); 22 return ret; 23 } 24 25 int power(int x,int p) { 26 int ret=1; 27 for (;p;p>>=1) { 28 if (p&1) ret=((LL)ret*x)%P; 29 x=((LL)x*x)%P; 30 } 31 return ret; 32 } 33 34 int main() 35 { 36 cin>>n; 37 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]; 38 sort(b+1,b+n+1); 39 m=unique(b+1,b+n+1)-(b+1); 40 for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b; 41 42 dat ans=(dat){0,0}; 43 memset(bit,0,sizeof(bit)); 44 for (int i=1;i<=n;i++) { 45 dp1[i]=query(c[i]-1); dp1[i].len++; 46 update(c[i],dp1[i]); 47 upd(ans,dp1[i]); 48 } 49 50 for (int i=1;i<=n;i++) c[i]=m-c[i]+1; 51 memset(bit,0,sizeof(bit)); 52 for (int i=n;i;i--) { 53 dp2[i]=query(c[i]-1); dp2[i].len++; 54 update(c[i],dp2[i]); 55 } 56 57 for (int i=1;i<=n;i++) 58 if (dp1[i].len+dp2[i].len-1==ans.len) { 59 int t=(LL)dp1[i].sum*dp2[i].sum%P*power(ans.sum,P-2)%P; 60 printf("%d ",t); 61 } else printf("0 "); 62 return 0; 63 }