题意概述:
给出一个长度为N的序列和M组询问,问假设把某个位置的值改成另一个给出的值之后,序列的最长上升子序列的长度。
N,M<=400000.
分析:
考虑某个位置的值改动后这个位置和最长上升子序列(lis)的关系:
1、这个位置包含在lis中(这种情况答案可能+1,可计算经过这个点的lis来等效决策)。
2、这个位置不包含在lis中,那么需要看是否任意的lis都经过这个位置。如果是的话此决策的结果在原来长度基础上-1,否则就等于原来的长度。
有了大体思路,接下来想想维护。
任务1:对于任意位置x,求包含这个点的lis长度,令g1(i)表示1->N方向长度为i的lis的最长上升子序列的最后一个值的最小值,g2(i)表示N->1方向长度为i的最长下降子序列的最后一个值的最大值(更新就不说了,基础),如果知道位置x状态下恰好未更新的g1,g2数组内容,就同更新一样用前后以这个点结尾的最长序列长度相加-1就是此决策的结果。
任务2:这个实际上是重点,对于任意位置x,知道的东西和任务1一样,同时知道是否存在一对g1(a),g2(b)满足a+b=len(len是原序列lis长度)&&g1(a)<g2(b),如果存在那么此决策的结果为原来答案,否则为原来答案-1。
如果要强行在线的话三棵主席树维护一下两个g数组和一个vis数组(vis(x)表示对于当前状态来说g1(x),g2(len-x)是否合法,当前状态是否合法实际上就是看vis的所有值的和是否不为0)然后随便乱搞就可以了。
然而。。。我选择离线,询问按照位置排序,正反扫一遍序列处理第一种情况,然后再正着扫一遍把第二种情况用一个数组处理了就可以了。能离线何苦去在线码主席树呢(手动滑稽)(手动链表或者vector都可以帮忙离线)?!!
然而我还是弄了半天,污浊的机房CO2,QAQ
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #include<queue> 8 #include<set> 9 #include<map> 10 #include<vector> 11 #include<cctype> 12 using namespace std; 13 const int maxn=400005; 14 15 int N,M,h[maxn]; 16 struct que{ 17 int id,pos,v; 18 friend bool operator < (que a,que b){ 19 return a.pos<b.pos; 20 } 21 }q[maxn]; 22 int g1[maxn],g2[maxn],cnt1,cnt2,ans[maxn],len,vis[maxn]; 23 struct mlink{ 24 static const int max_sz=400005; 25 int np,w[maxn],first[maxn],next[maxn]; 26 mlink(){ 27 np=0,w[0]=next[0]=0; 28 memset(first,0,sizeof(first)); 29 } 30 void ins(int i,int x) { w[++np]=x,next[np]=first[i],first[i]=np; } 31 void del(int i) { first[i]=next[first[i]]; } 32 int val(int i) { return w[first[i]]; } 33 }dd; 34 35 void data_in() 36 { 37 scanf("%d%d",&N,&M); 38 for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&h[i]); 39 for(int i=1;i<=M;i++){ 40 scanf("%d%d",&q[i].pos,&q[i].v); 41 q[i].id=i; 42 } 43 sort(q+1,q+M+1); 44 } 45 bool cmp(int x,int y) { return x>y; } 46 void work() 47 { 48 for(int i=1;i<=N;i++){ 49 int j=lower_bound(q+1,q+M+1,(que){0,i,0})-q; 50 while(j<=M&&q[j].pos==i) 51 ans[q[j].id]=lower_bound(g1+1,g1+cnt1+1,q[j].v)-g1,j++; 52 int x=lower_bound(g1+1,g1+cnt1+1,h[i])-g1; 53 if(x>cnt1) cnt1=x; 54 g1[x]=h[i]; 55 } 56 for(int i=N;i>=1;i--){ 57 int j=lower_bound(q+1,q+M+1,(que){0,i,0})-q; 58 while(j<=M&&q[j].pos==i) 59 ans[q[j].id]+=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,q[j].v,cmp)-g2-1,j++; 60 int x=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,h[i],cmp)-g2; 61 if(x>cnt2) cnt2=x; 62 g2[x]=h[i]; 63 dd.ins(x,g2[x]); 64 } 65 memset(g1,0,sizeof(g1)); len=cnt1,cnt1=0; 66 int x=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,h[1],cmp)-g2,sum=0; 67 dd.del(x); g2[x]=dd.val(x); 68 if(g2[len]) vis[0]=1,sum++; 69 for(int i=1;i<=N;i++){ 70 int j=lower_bound(q+1,q+M+1,(que){0,i,0})-q; 71 while(j<=M&&q[j].pos==i) 72 ans[q[j].id]=max(ans[q[j].id],len-(sum==0)),j++; 73 int x1=lower_bound(g1+1,g1+cnt1+1,h[i])-g1; 74 if(x1>cnt1) cnt1=x1; g1[x1]=h[i]; 75 int x2=lower_bound(g2+1,g2+cnt2+1,h[i+1],cmp)-g2; 76 dd.del(x2); g2[x2]=dd.val(x2); 77 if(!g2[x2]) cnt2--; 78 if((x1==len||g1[x1]<g2[len-x1])&&!vis[x1]) vis[x1]=1,sum++;//请注意这一句的第一个条件 79 if(g1[len-x2]>=g2[x2]&&vis[len-x2]) vis[len-x2]=0,sum--; 80 } 81 for(int i=1;i<=M;i++) printf("%d\n",ans[i]); 82 } 83 int main() 84 { 85 data_in(); 86 work(); 87 return 0; 88 }
原文地址:https://www.cnblogs.com/KKKorange/p/8463371.html