- 题目描述 Description
花匠栋栋种了一排花，每株花都有自己的高度。花儿越长越大，也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走，将剩下的留在原地，使得剩下的花能有空间长大，同时，栋栋希望剩下的花排列得比较别致。
具体而言，栋栋的花的高度可以看成一列整数h1,h2,…,hn。设当一部分花被移走后，剩下的花的高度依次为g1,g2,…,gm，则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足：
条件 A：对于所有的1<i<m2，g2i>g2i?1，且g2i>g2i+1；
条件 B：对于所有的1<i<m2，g2i<g2i?1，且g2i<g2i+1。
注意上面两个条件在m = 1时同时满足，当m > 1时最多有一个能满足。
请问，栋栋最多能将多少株花留在原地。
- 输入描述 Input Description
输入的第一行包含一个整数 n，表示开始时花的株数。
第二行包含 n 个整数，依次为h1,h2,…,hn，表示每株花的高度。
- 输出描述 Output Description
输出一行，包含一个整数 m，表示最多能留在原地的花的株数。
- 样例输入 Sample Input
5
5 3 2 1 2
- 样例输出 Sample Output
3
- 数据范围及提示 Data Size & Hint
对于 20%的数据，n≤10；
对于 30%的数据，n≤25；
对于 70%的数据，n≤1000，0≤hi≤1000；
对于 100%的数据，1≤n≤100,000，0≤hi≤1,000,000，
- 题解
一看这种数据规模，至多是O(nlog2n)的算法。本题又和序列有关，所以要考虑如何用dp的方法解这道题。
用h[i]表示第i株花的高度。
仔细分析，发现本题的条件A和条件B在m>1时绝对不能同时满足，而且一个合法的序列必定是一个波动序列。我们用f[i][0]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件A时的最多剩下的株数，f[i][1]表示第i株花作为序列终点且这株花满足条件B时的最多剩下的株数，可以得到：
f[i][0]=max{f[j][1]}+1,1≤j<i且h[j]<h[i];
f[i][1]=max{f[j][0]}+1,1≤j<i且h[j]>h[i];
答案ans=max{f[i][0],f[i][1]},1≤i≤n;
边界为f[1][0]=f[1][1]=1。
这样我们就得到了一个O(n2)的算法，但这并不能满足要求。
- 继续分析，受到求序列连续和的启发，我们可以这样设计状态：
令f[i][0]表示前i株花中的最后一株(不一定是i)满足条件A时的最多剩下的株数，f[i][1]表示前i株花作为序列终点且最后一株(不一定是i)满足条件B时的最多剩下的株数，可以得到：
h[i]>h[i?1]时，
f[i][0]=max{f[i?1][0],f[i?1][1]+1},f[i][1]=f[i?1][1];
h[i]==h[i?1]时，
f[i][0]=f[i?1][0],f[i][1]=f[i?1][1];
h[i]<h[i?1]时，
f[i][0]=f[i?1][0],f[i][1]=max{f[i?1][1],f[i?1][0]+1}.
答案ans=max{f[n][0],f[n][1]};
边界为f[1][0]=f[1][1]=1。
这样算法的时间复杂度可以降到O(n)，很快就可以通过。
- 合理设计状态能够更好地发挥动态规划的优势
- Code
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int h[maxn], n;
int f[maxn][2];
void init()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &h[i]);
}
void work()
{
f[1][0] = f[1][1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i)
{
if(h[i - 1] < h[i])
{
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + 1);
f[i][1] = f[i - 1][1];
}
else if(h[i - 1] > h[i])
{
f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + 1);
f[i][0] = f[i - 1][0];
}
else
{
f[i][1] = f[i - 1][1];
f[i][0] = f[i - 1][0];
}
}
printf("%d", max(f[n][0], f[n][1]));
}
int main()
{
init();
work();
return 0;
}