B. Once Again... 解析(思維、DP、LIS、矩陣冪)

Codeforce 582 B. Once Again... 解析(思維、DP、LIS、矩陣冪)

今天我們來看看CF582B
題目連結

題目
給你一個長度為(n)的數列(a)，求(a)循環(T)次以後的最大遞增子序列(LIS)。(nle100,Tle10^7)

前言

這題實在是搞了非常非常久，經驗過於不足，無論是矩陣快速冪的奇怪(dp)式或者是偏思維作法，都搞不太出來

@copyright petjelinux 版權所有
觀看更多正版原始文章請至petjelinux的blog

想法

首先，要來講一下(LIS)的作法:

1. (dp:) 我們維護以第(i)個元素為結尾的(LIS)長度為(dp[i])，轉移式(:dp[i]=maxlimits_{j=0,a[j]le a[i]}^n{dp[i],dp[j]+1}) 且要考慮(LIS)只有單一個元素時長度為1，所以(dp[i])有個最小值(1)。
   複雜度:(O(n^2))
2. 二分搜(:) 我們維護一個(stack)，且每次加入一個元素考慮(LIS)。(stack)頂端放目前維護的(LIS)的最後一個元素，如果新元素(ge)頂端的元素，那就加入。如果新元素(<)頂端的元素，那麼我們可以二分搜目前維護的(LIS)中第一個大於新元素的元素，並且替換為新元素，如此一來，因為我們換了一個比較小的元素上去，且不影響目前的(LIS)長度，因此整個(stack)在之後能獲得更好的遞增子序列的「潛力」就變高了。非常建議直接看code思考為什麼這樣做
   複雜度:(O(nlg(n)))

int LIS(){
  int sta[_n*_n],top=0;
  sta[top++]=a[0];
  rep(i,1,nn){
    if(a[i]>=sta[top-1])sta[top++]=a[i];
    else *upper_bound(sta,sta+top,a[i])=a[i];
  }
  return top;
}

回歸正題，這題有兩種做法，偏思維作法或者是奇怪(dp)式做法。

1. 偏思維作法
   畢竟循環((T))太長了，而(n)又很小，所以自然地感覺應該會用到經典的(LIS)(最大遞增子序列)問題再加上一些觀察。
   注意到，最慢最慢在數列(a)循環(n)次以後，(LIS)會重複某個字元。也就是如果每次循環我們都取一個相異的元素，那麼(n)次循環以後就不可能再取到相異的元素了。而因此，我們會想要去維護長度為(n^2)的(LIS)(如果(T>n))。
   現在，如果(Tle n)，那麼我們只要暴力算出(LIS)就行，畢竟(n)很小。
   如果(T>n)，觀察到，因為(T>n)，所以我們可以想像得出，整串(LIS)一定有非常多重複的數字，整串(LIS)會先遞增，然後到某個數字開始重複，接著在尾端繼續遞增。
   那麼我們只要先算出數列(a)中最多重複出現幾次同樣的數字，並且算出長度(n^2)的(LIS)以後，由於我們知道當(T>n)時，至少會有(T-n)次(a)數列的循環會貢獻給(LIS)同樣的數字，因此，解答就是:(LIS(長度n^2的)+(T-n) imes(出現次數最多的數字))。(想法來源)
   還有另一個可能會想到的作法，但是複雜度會高一些，直接放連結

2. 奇怪(dp)式做法:
   其實這個做法是矩陣快速冪，但我不知道為什麼想得到這種狀態
   考慮(dp)狀態: (dp[i][j])表示「目前為止考慮過的循環節」(考慮過幾個循環節並沒有在狀態中)的，開頭元素(ge a[i])且結尾為最後一個循環的第(j)個元素的(LIS)長度。
   而會有一個轉移式(:dp_{p+q}[i][j]=maxlimits_{k=0}^n{dp_p[i][k]+dp_q[k][j]})(就是把兩個對於(不/相)同長度循環節的(LIS)接起來)
   其中(dp_p)表示目前這個(dp)狀態考慮的數列長度是(p imes n)(也就是(p)個循環節)
   我們想要求的是(dp_{nT})，而我們可以用樸素的(dp)算法((O(n^2))的方法)來算出(dp_1)。
   把(dp[][])看成是矩陣，而一次轉移看成是一次矩陣乘法，那麼就可以用矩陣快速冪算出來了。
   要注意如果在算(dp[i][j])時如果(a[i]>a[j])代表這種可能不可能發生，要給一個極小值。

複雜度:偏思維作法中較慢的(:O(n^4))、偏思維作法中較快的想法但是沒用二分搜(LIS:O(n^4))、矩陣快速冪(:O(n^3lg(T)))、偏思維作法中較快的想法且有用二分搜(:O(n^2lg(n^2)))

程式碼(偏思維作法中較慢的):

const int _n=110;
int tt,a[_n*_n],st[_n*_n],ed[_n*_n],num[310];
ll n,nn,t;
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n){cin>>a[i];num[a[i]]++;} nn=min(n*n,n*t);
  rep(i,n,nn)a[i]=a[i%n];
  rep(i,0,nn){ed[i]=1;{rep(j,0,i)if(a[j]<=a[i])ed[i]=max(ed[i],ed[j]+1);}}
  per(i,0,nn){st[i]=1;{per(j,i+1,nn)if(a[j]>=a[i])st[i]=max(st[i],st[j]+1);}}
  int maxx=-1;
  if(t<n)rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,ed[i]);
  else rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,ed[i]+st[i]-1+num[a[i]]*(t-n));
  cout<<maxx<<'
';
  return 0;
}

標頭、模板請點Submission看
Submission

程式碼(偏思維作法中較快的想法但是沒用二分搜):

const int _n=110;
int tt,a[_n*_n],dp[_n*_n],num[310];
ll n,nn,t,k;
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n){cin>>a[i];num[a[i]]++;k=max(k,num[a[i]]);}
  nn=min(n*n,n*t);
  rep(i,n,nn)a[i]=a[i%n]; dp[0]=1;
  rep(i,1,nn){
    dp[i]=1;
    rep(j,0,i)if(a[j]<=a[i])dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);
  }
  if(t>n){
    int ans=k*(t-n);
    int maxx=0;rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,dp[i]);
    ans+=maxx;
    cout<<ans<<'
';
  }else{
    int maxx=0;rep(i,0,nn)maxx=max(maxx,dp[i]);
    cout<<maxx<<'
';
  }
  return 0;
}

標頭、模板請點Submission看
Submission

程式碼(矩陣快速冪):

const int _n=110;
int t,n,a[_n];
struct mat{
  int a[_n][_n];
  mat(){memset(a,0,sizeof a);}
  mat operator*(const mat& rhs)const{
    mat res;
    rep(i,0,n)rep(j,0,n){
      res.a[i][j]=-1e5;
      rep(k,0,n)res.a[i][j]=max(res.a[i][j],a[i][k]+rhs.a[k][j]);
    }
    return res;
  }
  mat operator^(int b){
    mat res,tmp=*this;
    while(b){
      if(b&1)res=res*tmp;
      b>>=1;tmp=tmp*tmp;
    }
    return res;
  }
};
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n)cin>>a[i]; mat ans;
  rep(i,0,n)rep(j,0,n){
    if(a[i]>a[j]){ans.a[i][j]=-1e5;continue;}
    ans.a[i][j]=1;
    rep(k,0,j)if(a[k]<=a[j])ans.a[i][j]=max(ans.a[i][j],ans.a[i][k]+1);
  }ans=ans^t;
  int maxx=0;rep(i,0,n)rep(j,0,n)maxx=max(maxx,ans.a[i][j]);
  cout<<maxx<<'
';
  return 0;
}

標頭、模板請點Submission看
Submission

程式碼(偏思維作法中較快的想法且有用二分搜):

const int _n=110;
int tt,a[_n*_n],num[310];
ll n,nn,t,k;
int LIS(){
  int sta[_n*_n],top=0;
  sta[top++]=a[0];
  rep(i,1,nn){
    if(a[i]>=sta[top-1])sta[top++]=a[i];
    else *upper_bound(sta,sta+top,a[i])=a[i];
  }
  return top;
}
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>t;rep(i,0,n){cin>>a[i];num[a[i]]++;k=max(k,num[a[i]]);}
  nn=min(n*n,n*t);
  rep(i,n,nn)a[i]=a[i%n];
  if(t>n){
    int ans=k*(t-n);
    ans+=LIS();
    cout<<ans<<'
';
  }else cout<<LIS()<<'
';
  return 0;
}

標頭、模板請點Submission看
Submission