问题描述
题解
暴力\(\mathrm{DP}\)
首先,一个\(O(n^3)\)的解法:
设\(opt_{i,j}\)代表\(a\)的前\(i\)个和\(b\)的前\(j\)个的\(\mathrm{LCIS}\).
显然有:
1.\(a_i=b_j\)
\[opt_{i,j}=opt_{i-1,j}\]
2.\(a_i≠b_j\)
\[opt_{i,j}=max_{0 \le k < j,b_k<a_i} {opt_{i-1,k}}+1\]
于是得到代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x){
x=0;char ch=1;int fh;
while(ch!='-'&&(ch>'9'||ch<'0')) ch=getchar();
if(ch=='-') ch=getchar(),fh=-1;
else fh=1;
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
x*=fh;
}
const int maxn=3007;
int n;
int a[maxn],b[maxn],opt[maxn][maxn];
int ans;
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
// opt[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(a[i]!=b[j]) {opt[i][j]=opt[i-1][j];continue;}
for(int k=0;k<j;k++) if(b[k]<a[i]) opt[i][j]=max(opt[i][j],opt[i-1][k]+1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(opt[n][i],ans);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
这数据怎么这么水啊,怎么\(O(n^3)\)过\(3000\)啊。
决策集优化
发现这道题的\(\mathrm{DP}\)转移过程,已经在决策集中的决策点一定不会再出去,换而言之,这道题\(\mathrm{DP}\)的决策集是不断增大的。
于是考虑用一个变量\(val\)记录决策集中的最值,即可实现复杂度\(O(n^2)\)。
Code by lydrainbowcoat
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 3006;
int n, a[N], b[N], f[N][N];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int val = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
f[i][j] = (a[i] == b[j] ? val + 1 : f[i-1][j]);
if (b[j] < a[i]) val = max(val, f[i-1][j]);
}
}
int ans = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) ans = max(ans, f[n][j]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
总结——《算法竞赛进阶指南》
这道题的转移部分的优化告诉我们,在实现状态转移方程时,要注意观察决策集合的范围随着状态的变化情况。对于“决策集合中的预算只增多不减少”的情景,就可以像本题一样维护一个变量来记录决策集合的当前信息,避免重复扫描,把转移的复杂度降低一个量级。
原文地址:https://www.cnblogs.com/liubainian/p/11564379.html
时间: 2024-11-05 17:22:20