[luoguP1439] 排列LCS问题（DP + 树状数组）

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无重复元素的LCS问题

n² 做法不说了。

nlogn 做法 ——

因为LCS问题求的是公共子序列，顺序不影响答案，影响答案的只是两个串的元素是否相同，所以可以交换元素位置。

首先简化一下问题，假设P1恰好为单调递增的1,2,3,...n，那么很显然答案就是P2的最长上升子序列的长度

问题是P1并非单调递增的，但我们可以假定它就是1,2,3,...,n。

也就是重新定义一下第一个串中 所有数 的顺序，定义a[x] = i，也就是 数x 是第 i 个，然后再重新弄一下第二串的顺序，最后求一遍lis。

——代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAXN = 100001;
int n, ans;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];

inline int query(int x)
{
    int ans = 0;
    for(; x; x -= x & -x) ans = max(ans, c[x]);
    return ans;
}

inline void update(int x, int d)
{
    for(; x <= n; x += x & -x) c[x] = max(c[x], d);
}

int main()
{
    int i, j, x, y;
    scanf("%d", &n);
    for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x), a[x] = i;
    for (i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x), b[i] = a[x];
    for(i = 1; i <= n; i++)
    {
        y = query(b[i] - 1) + 1;
        update(b[i], y);
        ans = max(ans, y);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}

还有另一种思路。也是 nlogn，而且比较好理解。（说实话，我真不理解上面的映射是怎么弄的）

原本 n² 做法是设 f[i][j] 表示 第一串的前 i 个数 和 第二串的前 j 个数 的最优答案（i 和 j 都不必须选），然后一阵乱搞。

nlogn——

可以改变状态的定义，f[i][j] 表示 第一串的前 i 个数 和 第二串的前 j 个数 的最有答案（i 不必须选，j 必须选）

这样 f[i][] 只能由 f[i - 1][] 转移过来，这样就变成了分层的DP，并且只转移到 f[i][k] （其中 b[k] == a[i]），也就是只影响一个答案。

所以先记录和 a[i] 相同的 b[j] 的位置，然后 f 数组可以变成一维，动态维护 f 数组即可。

f[i] = max(f[j]) + 1 ( 1 <= j  < i && a[i] == b[j])

——代码

#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 100001;
int n, ans;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN], p[MAXN], f[MAXN];

inline int query(int x)
{
    int ret = 0;
    for(; x; x -= x & -x) ret = max(ret, c[x]);
    return ret;
}

inline void update(int x, int d)
{
    for(; x <= n; x += x & -x) c[x] = max(c[x], d);
}

int main()
{
    int i;
    scanf("%d", &n);
    for(i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for(i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]), p[b[i]] = i;
    for(i = 1; i <= n; i++)
    {
        f[p[a[i]]] = query(p[a[i]] - 1) + 1;
        update(p[a[i]], f[p[a[i]]]);
        ans = max(ans, f[p[a[i]]]);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}