解题：POI 2007 Driving Exam

题面

有点意思的题

从一个位置$i$出发可以到达每一个位置即是从$1,n$出发可以到达$i$。然后有了一个做法：把图上下反转后建反图，这样就可以求从一个点$i$到达左右两侧的花费$dp[i][0/1]$了，这个花费就是当前总长度-到这个点为止的LIS长度(左右各求一遍)。因为还要考虑边的这个问题，可以用一个权值树状数组维护前/后缀最大值来实现。可以发现合法点的左侧都能到达左端，右侧都能到达右端，所以其实我们找的是一段区间，即找一段区间$(l,r)$使得$dp[l][1]+dp[r][0]<=k$，发现$dp$数组两维都是单调的，直接双指针即可。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100005;
struct a{int h,v;}; vector<a> m1[N],m2[N]; 
int n,m,d,k,t1,t2,typ,len,ans,p1,p2;
int tr[N],dp[N][2];
void maxx(int pos,int num)
{
    while(pos<=m)
        tr[pos]=max(tr[pos],num),pos+=pos&-pos;
}
int query(int pos)
{
    int ret=0;
    while(pos)
        ret=max(ret,tr[pos]),pos-=pos&-pos;
    return ret;
}
int main ()
{
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&d,&k),m++;
    for(int i=1;i<=d;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&t1,&t2,&typ);
        if(typ) m1[t1+1].push_back((a){m-t2,0});
        else m2[t1].push_back((a){m-t2,0});
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int siz=m1[i].size();
        for(int j=0;j<siz;j++)
        {
            m1[i][j].v=query(m1[i][j].h)+1;
            len=max(len,m1[i][j].v);
        }
        dp[i][0]=i-len-1;
        for(int j=0;j<siz;j++)
            maxx(m1[i][j].h,m1[i][j].v);
    }
    len=0,memset(tr,0,sizeof tr);
    for(int i=n;i;i--)
    {
        int siz=m2[i].size();
        for(int j=0;j<siz;j++)
        {
            m2[i][j].v=query(m2[i][j].h)+1;
            len=max(len,m2[i][j].v);
        }
        dp[i][1]=n-len-i;
        for(int j=0;j<siz;j++)
            maxx(m2[i][j].h,m2[i][j].v);
    }
    len=0,p1=p2=1;
    while(p1<=n)
    {
        while(p2<=n&&dp[p1][1]+dp[p2][0]<=k) p2++;
        ans=max(ans,p2-p1); if(!dp[p1][0]&&!dp[p1][1]) len++; p1++;
    }
    printf("%d",ans-len);
    return 0;
}