TYVJ1071 LCIS 线性DP+决策集优化

问题描述

TYVJ1071

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题解

暴力(mathrm{DP})

首先，一个(O(n^3))的解法：

设(opt_{i,j})代表(a)的前(i)个和(b)的前(j)个的(mathrm{LCIS}).

显然有：

1.(a_i=b_j)

[opt_{i,j}=opt_{i-1,j} ]

2.(a_i≠b_j)

[opt_{i,j}=max_{0 le k < j,b_k<a_i} {opt_{i-1,k}}+1 ]

于是得到代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x){
	x=0;char ch=1;int fh;
	while(ch!='-'&&(ch>'9'||ch<'0')) ch=getchar();
	if(ch=='-') ch=getchar(),fh=-1;
	else fh=1;
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	x*=fh;
}

const int maxn=3007;

int n;
int a[maxn],b[maxn],opt[maxn][maxn];
int ans;
int main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
//	opt[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(a[i]!=b[j]) {opt[i][j]=opt[i-1][j];continue;}
			for(int k=0;k<j;k++) if(b[k]<a[i]) opt[i][j]=max(opt[i][j],opt[i-1][k]+1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(opt[n][i],ans);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

这数据怎么这么水啊，怎么(O(n^3))过(3000)啊。

决策集优化

发现这道题的(mathrm{DP})转移过程，已经在决策集中的决策点一定不会再出去，换而言之，这道题(mathrm{DP})的决策集是不断增大的。

于是考虑用一个变量(val)记录决策集中的最值，即可实现复杂度(O(n^2))。

Code by lydrainbowcoat

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3006;
int n, a[N], b[N], f[N][N];

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int val = 0;
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			f[i][j] = (a[i] == b[j] ? val + 1 : f[i-1][j]);
			if (b[j] < a[i]) val = max(val, f[i-1][j]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int j = 1; j <= n; j++) ans = max(ans, f[n][j]);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

总结——《算法竞赛进阶指南》

这道题的转移部分的优化告诉我们，在实现状态转移方程时，要注意观察决策集合的范围随着状态的变化情况。对于“决策集合中的预算只增多不减少”的情景，就可以像本题一样维护一个变量来记录决策集合的当前信息，避免重复扫描，把转移的复杂度降低一个量级。