P1020 导弹拦截

P1020 导弹拦截

　  知识铺垫：

　　upper_bound(f+1,f+n+1,key)-f返回在不降序列f中大于key的第一个元素的下标

　　lower_bound(f+1,f+n+1,key)-f返回在不降序列f中大于等于key的第一个元素的下标

　　如果要在非升序列(小于和小于等于)中使用这两个函数，就需要重载运算符

  　 bool cmp(const int& a,const int& b){return a > b;} 

• 最长上升子序列问题(Longest Increasing Subsequence,LIS)：给定一个长度为n的序列a，求数值单调递增的子序列的长度最长是多少。a的任意子序列b可表示为b={a[k1],a[k2],...,a[kp]}，其中k1<k2<...<kp。
  • O(n^2)求法：f[i]表示以a[i]为结尾的LIS的长度。则有f[i]=max{f[j]+1},0<j<i,a[j]<a[i]，边界：f[0]=0。目标：max(f[i]},1<=i<=n。
  • O(nlogn)求法：f[i]表示长度为i的LIS的结尾元素，初始化ans=0,从1到n遍历a，每遇到a[i]>f[ans]，就使f[++ans]=a[i]。否则：根据f[]的定义可知，f[]数组是单调递增的，所以可以用二分查找找到p使得f[p]>=a[i],f[p-1]<a[i]令f[p]=a[i](用lower_bound()即可)，即找到第一个大于等于a[i]的f[p](lower_bound)，令f[p]=a[i](因为a[i]的潜力更大)，平均复杂度logn，所以总时间复杂度为nlogn
• 最长下降子序列：查找时找第一个小于等于a[i]的元素（因为此时f[]序列是非升的，所以需要重载运算符,用lower_bound）。
• 最长不下降：a[i]>=f[ans] 则f[++ans]=a[i]，否则找到第一个大于a[i]的f[p]（upper_bound），
• 最长不上升：a[i]<=f[ans] 则f[++ans]=a[i]，否则找到第一个小于a[i]的f[p]（也需要重载运算符,用upper_bound），
  

题意：

给一个长度不超过100000的数列，其中每一个数都是不超过50000的正整数，第一问求这个序列的最长不上升子序列，第二问求将这个序列分为n个不上升子序列时n的最小值。

　  解题思路：

　　1. 第一问：直接求最长不上升子序列即可。

　　2. 第二问：可以用贪心或者有一个Dilworth定理，可知直接求该序列的最长上升子序列的长度即可。

　　代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;

#define res register int
inline int read()
{
    int x(0),f(1); char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar())) if(ch=='-') f=-1;
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}

const int N=100000+10; 
int f1[N],f2[N],a[N],n,ans1,ans2;
inline bool cmp(const int&a,const int&b){return a>b;}

int main()
{
    while(~scanf("%d",&a[++n]));
    n--;
    f1[1]=f2[1]=a[1]; ans1=ans2=1;
    for(res i=2 ; i<=n ; i++)
    {
        if(a[i]<=f1[ans1]) 
            f1[++ans1]=a[i];
        else 
            *upper_bound(f1+1,f1+ans1+1,a[i],cmp)=a[i];
        if(a[i]>f2[ans2]) 
            f2[++ans2]=a[i];
        else
            *lower_bound(f2+1,f2+ans2+1,a[i])=a[i];
    }
    printf("%d
%d
",ans1,ans2);
    return 0;
}