LCS 的 NlogN作法

这个算法其实是因为LIS有NlogN的作法，把LCS转化为了LIS来做。

对于序列A{},B{},我们可以记录下来B中的每个元素在A中出现的位置，按顺序保存在一个新序列当中，

如果有多个位置按倒序写，没有就不用写，然后对这个新序列求一个LIS就是两个序列的LCS长度。

为什么这样可行呢，我们可以这样考虑，对于A序列，下标编号记为1---n1，B和A的最长公共子序列在A中对应的编号肯定是递增的，

所以B中的这些元素对应的A的编号也是递增的，为了重复计算当有多个编号时倒序存入，表示只能选一个，尽管有多个编号但在B中这只是一个元素。

A={3,9,7,10,3}   B={5,3,7,3}

列出B对应的A中的编号(1--5)

5:无

3:1,5

7:3

3:1,5

如果按照15315来计算的话相当于B中的一个3当做了两个，但其实并不是，所以应是51351，LIS是1，3，5，也就是A中的3，7，3

https://vjudge.net/problem/UVA-10635

很脑洞的一道题，看似再考LCS实则要用LIS写才能不超时。

题意，给出两个序列A,B，长度分别是p+1和q+1,且A[1]=B[1]=1,A中的元素各不相同B也一样，长度不超过250^2,求AB的LCS。

用求LCS的方法算复杂度O(pq)肯定超时，由于元素都不相同，我们将A中的元素编号为1~p+1,在B中将A中出现过的元素改为对应的编号，没出现的编号为0(也可以删除)

然后的任务就是在B中找一个LIS，利用二分查找减小复杂度。

这其实就是一种LCS的O(NlogN)的作法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
map<int,int>M;
int main()
{

    int n,m,p,q,i,k,j,t;
    int a[66000],b[66000],g[66000];
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    cin>>t;
    for(int test=1;test<=t;++test)
    {
        M.clear();
        int x=1;
        cin>>n>>p>>q;
        for(i=1;i<=p+1;++i)
        {
            scanf("%d",a+i);
            if(!M[a[i]]) M[a[i]]=x++;
        }
        for(i=1;i<=q+1;++i)
        {
            scanf("%d",b+i);
            b[i]=M[b[i]];
        }
        memset(g,inf,sizeof(g));
        for(i=1;i<=q+1;++i)
        {
            *lower_bound(g,g+65000,b[i])=b[i];
        }
        printf("Case %d: %d
",test,(int)(lower_bound(g,g+65000,inf)-g));
    }
    return 0;
}

再来看一道，

http://www.ifrog.cc/acm/problem/1097

回忆起B在A中只有一个对应的点时，当时一直按得LIS来做但仔细想一想要求的不就是A和B的LCS吗，原来我早就写过nlogn的LCS做法竟然没有意识到。

这个问题相当于B中每个元素对应A中的多个元素，所以将匹配的A的编号记录下来做一次LIS就是答案，处理时依然要倒序插入。

倒序的好处在于如果选那么肯定只出现一个要么就不出现，不会产生一个B对应了多个A。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
map<int,int>M;
int x[600100];
int g[600100];
int main()
{

    int n,m,p,q,i,k,j,t;
    while(cin>>n){int a[10];p=0;
        for(i=1;i<=n;++i)
        {
            for(j=1;j<=6;++j)
            {
               scanf("%d",a+j);
            }sort(a+1,a+1+6,greater<int>());
           for(int di=1;di<=6;++di)
           {
               if(a[di]==a[di-1]) continue;
               x[p++]=a[di];
           }
        }
        memset(g,inf,sizeof(g));
        for(i=0;i<p;++i) 
            *lower_bound(g,g+p+1,x[i])=x[i];
        cout<<(lower_bound(g,g+p+1,inf)-g)<<endl;
    }
    return 0;
}