【HDU】4521 小明系列问题——小明序列线段树+DP

本文主要是介绍【HDU】4521 小明系列问题——小明序列线段树+DP，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

小明系列问题——小明序列

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Problem Description

　　大家都知道小明最喜欢研究跟序列有关的问题了，可是也就因为这样，小明几乎已经玩遍各种序列问题了。可怜的小明苦苦地在各大网站上寻找着新的序列问题，可是找来找去都是自己早已研究过的序列。小明想既然找不到，那就自己来发明一个新的序列问题吧！小明想啊想，终于想出了一个新的序列问题，他欣喜若狂，因为是自己想出来的，于是将其新序列问题命名为“小明序列”。

　　提起小明序列，他给出的定义是这样的：
　　①首先定义S为一个有序序列，S={ A1 , A2 , A3 , ... , An }，n为元素个数；
　　②然后定义Sub为S中取出的一个子序列，Sub={ Ai1 , Ai2 , Ai3 , ... , Aim }，m为元素个数；
　　③其中Sub满足 Ai1 < Ai2 < Ai3 < ... < Aij-1 < Aij < Aij+1 < ... < Aim ；
　　④同时Sub满足对于任意相连的两个Aij-1与Aij都有 ij - ij-1 > d (1 < j <= m， d为给定的整数)；
　　⑤显然满足这样的Sub子序列会有许许多多，而在取出的这些子序列Sub中，元素个数最多的称为“小明序列”(即m最大的一个Sub子序列)。
　　例如：序列S={2,1,3,4} ，其中d=1；
　　可得“小明序列”的m=2。即Sub={2,3}或者{2,4}或者{1,4}都是“小明序列”。

　　当小明发明了“小明序列”那一刻,情绪非常激动，以至于头脑凌乱，于是他想请你来帮他算算在给定的S序列以及整数d的情况下，“小明序列”中的元素需要多少个呢？

Input

　　输入数据多组，处理到文件结束;
　　输入的第一行为两个正整数 n 和 d；(1<=n<=10^5 , 0<=d<=10^5)
　　输入的第二行为n个整数A1 , A2 , A3 , ... , An，表示S序列的n个元素。(0<=Ai<=10^5)

Output

　　请对每组数据输出“小明序列”中的元素需要多少个，每组测试数据输出一行。

Sample Input

Sample Output

  2
2
1

Source

2013腾讯编程马拉松初赛第四场（3月24日）

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题目分析：

又是一题线段树+DP。。。
本题是要用线段树维护最大值。
首先我们先对数从小到大排序。然后按照顺序数从小到大的顺序将数 i 插到原来的位置a[ i ].idx上，并且在这之前先查询一下在区间[ 1 , a[ i ].idx - 1 - d ]上当前最大的最长上升序列，设为dp[ j ](1 <= j <= a[ i ].idx - d - 1)，那么dp[ i ]就等于dp[ j ] + 1。然后将dp[ i ]插入到位置 i 中。最后查询整个区间[1,n]找到最大值输出即可。
为什么这样可行？因为每次插入一个数的时候，所有已经存在的数都是比这个数要小的，且以它作为结尾的最长上升序列已知，所以只要每次对线段树中的合法线段查询即可。

PS：其实树状数组也可以，不过不会用树状数组求最值= =||

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;typedef long long Int ;#define ls ( o << 1 )
#define rs ( o << 1 | 1 )
#define rt l , r , o
#define root 1 , n , 1
#define lson l , m , ls
#define rson m + 1 , r , rs
#define mid ( ( l + r ) >> 1 )
#define clear( A , X ) memset ( A , X , sizeof A )const int maxN = 100005 ;struct Node {int idx , x ;inline void input ( int _idx ) {scanf ( "%d" , &x ) ;idx = _idx ;}inline bool operator < ( const Node &c ) const {if ( x != c.x ) return x < c.x ;return idx > c.idx ;}
} ;Node a[maxN] ;
int mmax[maxN << 2] ;inline int max ( const int X , const int Y ) {if ( X > Y ) return X ;return Y ;
}inline int min ( const int X , const int Y ) {if ( X < Y ) return X ;return Y ;
}void PushUp ( int o ) {mmax[o] = max ( mmax[ls] , mmax[rs] ) ;
}void Update ( int pos , int val , int l , int r , int o ) {if ( l == r ) {mmax[o] = val ;return ;}int m = mid ;if ( pos <= m ) Update ( pos , val , lson ) ;else 		Update ( pos , val , rson ) ;PushUp ( o ) ;
}int Query ( int L , int R , int l , int r , int o ) {if ( L <= l && r <= R ) return mmax[o] ;int m = mid , ans = 0 ;if ( L <= m ) ans = max ( ans , Query ( L , R , lson ) ) ;if ( m <  R ) ans = max ( ans , Query ( L , R , rson ) ) ;return ans ;
}void work () {int n , d ;while ( ~scanf ( "%d%d" , &n , &d ) ) {for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) a[i].input ( i ) ;sort ( a + 1 , a + n + 1 ) ;clear ( mmax , 0 ) ;int dp = 0 ;for ( int i = 1 ; i <= n ; ++ i ) {if ( a[i].idx - 1 - d > 0 ) {dp = Query ( 1 , a[i].idx - 1 - d , root ) ;}else dp = 0 ;Update ( a[i].idx , dp + 1 , root ) ;}dp = Query ( 1 , n , root ) ;printf ( "%d\n" , dp ) ;}
}
int main () {work () ;return 0 ;
}

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