题目大意
给定两个序列,要求你求出最长公共上升子序列
题解
LIS和LCS的合体,YY好久没YY出方程,看了网友的题解,主要是参考aikilis的,直接搬过来好了
经典的动态规划优化。
用opt[i][j]表示s[0..i-1]与t[0..j-1]的以t[j-1]结尾的最长上升公共子序列的长度,那么最后的答案是max{opt[n][j] | 1<=j<=m}。
当s[i-1]!=t[j-1]时,由于必须以t[j-1]收尾,所以不可能选择s[i-1],故有:
opt[i][j]=opt[i-1][j]。
当s[i-1]=t[j-1]时,与LIS一样,我们有:
opt[i][j]=1+max{opt[i-1][k] | k<j,t[k]<t[j]}。
如果直接求解这个状态转移方程,时间复杂度是O(n^3),我们需要进行优化,由于主要的时间消耗出现在s[i]=t[j]的情况下,所以我们对这种情况的求解进行优化。
我们按照i优先的顺序求解(外层循环为i),那么注意到在求解opt[i][j]时,主要的工作量是计算max{opt[i-1][k] | k<j,t[k]<t[j]},然而如果我们利用以前已经求解过的opt[][]的值,可以直接得到opt[i][j]=1+max{opt[i-1][k] | k<j,t[k]<t[j]}的值而不用枚举,假设在t[j]之前有一个t[p]满足t[p]=t[j] (p<j),那么我们在求解opt[i][p]的时候已经得到了max{opt[i-1][k] | k<p,t[k]<t[p]},所以在求解opt[i][j]时,对于k<p,我们不用再比较opt[i-1][k] |,他们的最大值就等于opt[i][p]-1,所以我们可以记录最大的p,然后在求解opt[i][j]时,只对大于p的k作比较,另一方面,如果对于t[p]与t[k]之间的t的元素,我们显然不需要考虑那些不小于t[j]的,又因为t[j]=s[i],所以实际上我们只需要取max{opt[i-1][k] | p<k<j,t[k]<s[i]}与opt[i][p]-1的最大值,鉴于此,我们得到如下的做法:
在每次内层循环(求解j)前,维护一个mx变量,它维护max{opt[i-1][k] | k<j,t[k]<t[j]=s[i]}的值,然后循环j,如果遇到t[j]<s[i],则更新mx=max{mx,opt[i-1][j],当出现t[j]=s[i]时,有opt[i][j]=mx+1。
这样时间复杂度降为O(n^2)。
刚开始的时候记录路径用了一维的,CF上AC了,不过POJWA了,后面改用二维,顺便学习了CF上大神的代码,用pair记录路径,这东西真是好东西,哈哈,又学到一个新东西~~~不过POJ上RE了,发现是有个变量忘记初始化了
代码:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <utility> using namespace std; #define MAXN 505 int a[MAXN],b[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN],m,n; pair<int,int> pre[MAXN][MAXN]; void dfs(int i,int j) { if(!i||!j) return; dfs(pre[i][j].first,pre[i][j].second); if(a[i]==b[j]) printf("%d ",b[j]); } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); scanf("%d",&m); for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=n;i++) { int p=0; for(int j=1;j<=m;j++) { if(a[i]>b[j]&&dp[i-1][j]>dp[i-1][p]) p=j; if(a[i]!=b[j])dp[i][j]=dp[i-1][j],pre[i][j]=make_pair(i-1,j); else dp[i][j]=dp[i-1][p]+1,pre[i][j]=make_pair(i-1,p); } } int ans=0,index=0; for(int i=1;i<=m;i++) if(dp[n][i]>ans) ans=dp[n][i],index=i; printf("%d ",ans); dfs(n,index); printf(" "); } return 0; }